Luận văn Thạc sĩ Toán học: Đa thức Bernoulli và tâm số (k,l) lũy thừa

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:51

Thêm vào BST

Báo xấu

19
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu của luận văn là trình bày lại khái niệm về tâm số (k, l)- lũy thừa, một số kết quả của Finkelstein về tâm số k-lũy thừa và một số kết quả của Liptai và các cộng sự về tâm số (k, l)-lũy thừa. Trước khi trình bày các nội dung này. Luận văn cũng trình bày lại khái niệm và một số tính chất về đa thức Bernoulli và số Bernoulli, đặc biệt là một số kết quả về sự phân tích đa thức Bernoulli thành hợp của hai đa thức.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Đa thức Bernoulli và tâm số (k,l) lũy thừa

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ————o0o———— ĐINH THỊ NGỌC ÁNH ĐA THỨC BERNOULLI VÀ TÂM SỐ (k, l)-LŨY THỪA LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2019
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ————o0o———— ĐINH THỊ NGỌC ÁNH ĐA THỨC BERNOULLI VÀ TÂM SỐ (k, l)-LŨY THỪA LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS. NGÔ VĂN ĐỊNH Thái Nguyên - 2019
Mục lục Lời cảm ơn ii Mở đầu 1 Chương 1 Đa thức Bernoulli và số Bernoulli 4 1.1 Đa thức Bernoulli và số Bernoulli . . . . . . . . . . . 4 1.2 Phân tích đa thức Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . 11 Chương 2 Tâm số (k, l)-lũy thừa 17 2.1 Tâm số k-lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.1.1 Khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 2.1.2 Trường hợp k = 1 . . . . . . . . . . . . . . . 19 2.1.3 Trường hợp k = 2 . . . . . . . . . . . . . . . 21 2.1.4 Trường hợp k > 2 . . . . . . . . . . . . . . . 29 2.2 Tâm số (k, l)-lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46 i
Lời cảm ơn Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn của TS. Ngô Văn Định, Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới TS. Ngô Văn Định, người đã định hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn để tôi hoàn thành luận văn này. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Đào tạo, các thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên đã giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và hoàn thành luận văn tốt nghiệp. Tôi xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người thân đã luôn động viên, cổ vũ, tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong quá trình học tập và hoàn thành luận văn. Hạ Long, tháng 4 năm 2019 Tác giả Đinh Thị Ngọc Ánh ii
Mở đầu Cho y, k, l là ba số nguyên dương với y ≥ 4. Ta nói rằng số nguyên dương x (≤ y − 2) là một tâm số (k, l)-lũy thừa của y nếu 1k + · · · + (x − 1)k = (x + 1)l + · · · + (y − 1)l . Khái niệm này được Liptai và các cộng sự [6] tổng quát hóa từ khái niệm tâm số k-lũy thừa của Finkelstein [4]. Cụ thể hơn, trong trường hợp k = l, tâm số (k, k)-lũy thừa chính là tâm số k-lũy thừa được định nghĩa bởi Finkelstein. Trong khi đó, khái niệm về tâm số k-lũy thừa được Finkelstein giới thiệu khi nghiên cứu một bài toán thực tế (xem Bài toán 2.1.1). Finkelstein đã chỉ ra rằng có vô số số nguyên dương n có tâm số 1-lũy thừa, trong khi đó không có số nguyên n > 1 nào có tâm số 2-lũy thừa. Từ đó, Finkelstein đã đưa ra giả thuyết rằng, nếu k > 1 thì không có số nguyên n > 1 nào có tâm số k-lũy thừa. Giả thuyết này đã được chứng minh cho trường hợp k = 3 bởi Steiner [7] và cho trường hợp k = 5 bởi Ingram [5]. Đối với trường hợp tâm số (k, l)-lũy thừa tổng quát, Liptai và các cộng sự đã chỉ ra sự tồn tại hữu hạn các số này trong một số trường hợp cụ thể. Chẳng hạn như, trong trường hợp k ≥ l, l ∈ {1, 3} và (k, l) 6= (1, 1), các tác giả này đã chỉ ra rằng chỉ tồn tại hữu hạn tâm 1
số (k, l)-lũy thừa của một số nguyên y ≥ 4 cho trước. Để có được các kết quả nêu trên về tâm số (k, l)-lũy thừa, các tác giả đã sử dụng một số tính chất của đa thức Bernoulli và số Bernoulli. Mục tiêu của Luận văn là trình bày lại khái niệm về tâm số (k, l)- lũy thừa, một số kết quả của Finkelstein về tâm số k-lũy thừa và một số kết quả của Liptai và các cộng sự về tâm số (k, l)-lũy thừa. Trước khi trình bày các nội dung này, Luận văn trình bày lại khái niệm và một số tính chất về đa thức Bernoulli và số Bernoulli, đặc biệt là một số kết quả về sự phân tích đa thức Bernoulli thành hợp của hai đa thức. Cấu trúc của luận văn Luận văn được trình bày thành 2 chương: • Chương 1. Số Bernoulli và đa thức Bernoulli. Trong chương này, chúng tôi trình bày lại khái niệm về đa thức Bernoulli, số Bernoulli, đồng thời trình bày lại một số tính chất về đa thức Bernoulli cũng như về số Bernoulli. Phần cuối của chương, chúng tôi trình bày lại một số kết quả của Bilu và các cộng sự [3] về sự phân tích các đa thức Bernoulli thành hợp của hai đa thức. • Chương 2. Tâm số (k, l)-lũy thừa. Trong chương này, chúng tôi trình bày lại khái niệm về tâm số (k, l)-lũy thừa mà trường hợp đặc biệt là tâm số k-lũy thừa. Trong mục 2.1, chúng tôi trình bày lại chứng minh của Finkelstein chỉ ra rằng tồn tại vô số số nguyên dương n có tâm số 1-lũy thừa nhưng không tồn tại số nguyên n > 1 nào có tâm số 2
2-lũy thừa, đồng thời chúng tôi giới thiệu lại giả thuyết của Finkelstein cũng như sơ lược giới thiệu một số kết quả liên quan đến giả thuyết này. Trong mục 2.2, chúng tôi trình bày lại một số kết quả của Liptai và các cộng sự về tâm số (k, l)-lũy thừa. 3
Chương 1 Đa thức Bernoulli và số Bernoulli Trong chương này, chúng tôi trình bày khái niệm đa thức Bernoulli, số Bernoulli và một số tính chất của chúng. Khái niệm và một số tính chất của đa thức Bernoulli cũng đã được trình bày trong Luận văn thạc sĩ của Nguyễn Ngọc Thiêm [1]. Ở đây, chúng tôi sẽ trình bày lại khái niệm của đa Bernoulli và trình bày các tính chất khác của nó. Với các tính chất đã được trình bày trong luận văn của Nguyễn Ngọc Thiêm chúng tôi sẽ chỉ trích dẫn những kết quả thực sự cần sử dụng trong luận văn này. 1.1 Đa thức Bernoulli và số Bernoulli Định nghĩa 1.1.1. Đa thức Bernoulli thứ n, kí hiệu Bn (x), được định nghĩa bởi B0 (x) = 1 và ∂ n text
Bn (x) = n t , với n = 1, 2, 3, ..., ∂t e − 1 t=0 ∂n trong đó n là kí hiệu đạo hàm riêng thứ n theo biến t. ∂t Từ định nghĩa của đa thức Bernoulli ta thấy rằng nếu khai triển 4
text Taylor hàm số t tại t = 0 thì ta có e −1 ∞ text X tn = Bn (x) . et − 1 n=0 n! Bằng tính toán đơn giản ta có thể liệt kê một số đa thức Bernoulli đầu tiên như sau: B0 (x) = 1, 1 B1 (x) = x − , 2 1 B2 (x) = x2 − x + , 6 3 1 B3 (x) = x3 − x2 + x, 2 2 1 B4 (x) = x4 − 2x3 + x2 − , 30 5 5 1 B5 (x) = x5 − x4 + x3 − x, ... 2 3 6 Dưới đây là một số tính chất của đa thức Bernoulli đã được trình bày trong luận văn của Nguyễn Ngọc Thiêm nên chúng tôi bỏ qua chứng minh của chúng. Mệnh đề 1.1.2 ([1, Định lý 2.2.1]). Với n ≥ 1, ta có Bn0 (x) = nBn−1 (x). Mệnh đề 1.1.3 ([1, Định lý 2.2.2]). Với n ≥ 0, ta có Bn (x + 1) = Bn (x) + nxn−1 . Thực tế, người ta còn chứng minh được khẳng định mạnh hơn rằng: một đa thức f (x) thỏa mãn f (x + 1) − f (x) = nxn−1 khi và chỉ khi f (x) = Bn (x) + c, với c là một hằng số [3, Công thức (5)]. 5
Mệnh đề 1.1.4 ([1, Định lý 2.2.6]). Với n ≥ 0, ta có Bn (x) = (−1)n Bn (1 − x). Định nghĩa 1.1.5. Giá trị của đa thức Bernoulli thứ n tại x = 0 được gọi là số Bernoulli thứ n, kí hiệu Bn , tức là Bn = Bn (0). 1 1 Từ định nghĩa ta có ngay B0 = 1, B1 = − , B2 = , B3 = 0, B4 = 2 6 1 − , B5 = 0. Hơn nữa ta còn có mệnh đề sau khẳng định giá trị của 30 các số Bernoulli thứ lẻ lớn hơn 1 đều bằng không. Mệnh đề 1.1.6 ([1, Định lý 1.2.4]). Với k ≥ 1, ta có B2k+1 = 0. Định lý von Staudt– Clausen dưới đây cho ta biết về giá trị của các số Bernoulli thứ chẵn. Định lý 1.1.7 (Định lý von Staudt–Clausen). Với n ≥ 1, ta có X 1 B2n = G2n − , p p−1|2n,p nguyên tố trong đó G2n là một số nguyên và tổng ở vế phải chạy trên tất cả các số nguyên tố p (bao gồm cả 2) thỏa mãn p − 1 là ước của 2n. Trước khi trình bày chứng minh, ta có thể minh họa công thức nêu trong Định lý qua một số số Bernoulli đầu tiên: 1 1 1 B2 = =1− − ; 6 2 3 6
1 1 1 1 B4 = − =1− − − ; 30 2 3 5 1 1 1 1 B6 = = 1 − − − ; ... 42 2 3 7 Chứng minh. Từ định nghĩa của số Bernoulli ta có n k X 1 X Bn = (−1)s Cks sn . k + 1 s=0 k=0 Ta lại có k 1 X (−1)k−s Cks sn k! s=0 là số Stirling loại hai nên là một số nguyên. Do đó ta có thể viết n X k! Bn = c(n, k), k+1 k=0 trong đó c(n, k) là một số nguyên. Tiếp theo, ta dễ dàng kiểm tra được, nếu a, b là hai số nguyên thỏa (ab − 1)! mãn a ≥ 2, b ≥ 2, ab > 4 thì là một số nguyên. Từ đó trong ab biểu diễn của Bn ở trên ta chỉ cần quan tâm trường hợp k + 1 = 4 hoặc k + 1 là một số nguyên tố p. Ta lại có  p−1 p−1 mod p, khi p − 1|n, n > 0,  X X −1  (−1)s Cp−1 s sn ≡ sn ≡ mod p trường hợp còn lại.  s=0 s=0 0  Suy ra 3 X 1 1X B2n = G02n − + (−1)s C3s s2n , p 4 s=0 p−1|2n,p nguyên tố 7
trong đó G02n là một số nguyên. Tuy nhiên 3 X (−1)s C3s s2n ≡ −3 − 32n ≡ 0 mod 4 s=0 nên ta suy ra điều cần chứng minh. Từ Định lý von Staudt–Clausen ta có hệ quả trực tiếp sau: Hệ quả 1.1.8. Với n ≥ 1, mẫu số D2n của số Bernoulli B2n khi viết dưới dạng tối giản là số chẵn và chia hết cho 6. Cụ thể hơn ta có Y D2n = p. p nguyên tố, p−1|2n Nhiều tính chất khác của các số Bernoulli đã được trình bày trong luận văn của Nguyễn Ngọc Thiêm [1] nên chúng tôi không nhắc lại ở đây. Mệnh đề dưới đây cho chúng ta một tính chất số học liên quan đến các số Bernoulli mà chúng ta sẽ cần đến ở phần sau của luận văn này. Mệnh đề 1.1.9 ([6, Bổ đề 2]). Cho p là một số nguyên tố. Giả sử số nguyên n thỏa mãn n = n1 pα1 + n2 pα2 + · · · + nt pαt , trong đó 0 ≤ α1 < α2 < · · · < αt , n1 , ..., nt ∈ {1, ..., p − 1} và n1 + · · · + nt ≥ p. Khi đó tồn tại một số nguyên dương chẵn k < n sao cho p là ước của mẫu số của số hữu tỷ Cnk Bk khi viết ở dạng tối giản. Chứng minh. Trước tiên ta xét trường hợp p là số nguyên tố lẻ. Do Pt i=1 ni ≥ p nên ta chọn các số nguyên không âm m1 , m2 , ..., mt thỏa 8
Pt mãn mi ≤ ni và i=1 mi = p − 1. Đặt t X k= mi pαi . i=1 Khi đó k < n và hơn nữa ta có t X k≡ mi mod p − 1. i=1 Suy ra p − 1|k. Do đó, k là số chẵn và p là ước của mẫu số của Bk . Bây giờ, sử dụng Định lý Lucas trong tổ hợp ta có t Y Cnk ≡ Cnmi i mod p. i=1 Do đó p không là ước của Cnk . Vậy p là ước của mẫu số của Cnk Bk . Từ đó suy ra khẳng định của Mệnh đề cho trường hợp p lẻ. Trong trường hợp p = 2 ta có n = 2α1 + 2α2 + · · · + 2αt , với 0 ≤ α1 < α2 < · · · < αt và t ≥ 2. Khi đó, lấy k = 2α2 , ta có k < n, k chẵn và Cnk là lẻ (theo Định lý Lucas). Mặt khác Bk có mẫu số chẵn (theo Hệ quả 1.1.8) nên 2 là ước của Cnk Bk . Số Bernoulli được xác định qua giá trị của đa thức Bernoulli tại điểm x = 0. Ngược lại, đa thức Bernoulli cũng hoàn toàn được biểu diễn qua các số Bernoulli. Cụ thể ta có mệnh đề sau. Mệnh đề 1.1.10 ([6, Bổ đề 1(B)]). Với n ≥ 1, ta có n X Bn (x) = Cni Bi xn−i . i=0 9
Chứng minh. Khai triển Taylor tại x = 0 đối với Bn (x) ta có n (i) X Bn (0) Bn (x) = Bn + xi . i=1 i! Sử dụng Mệnh đề 1.1.2 ta suy ra điều cần chứng minh. Với mỗi số nguyên k ≥ 1, ta viết Sk (x) = 1k + 2k + · · · + (x − 1)k . Biểu thức này có liên quan chặt chẽ với các đa thức Bernoulli và cũng có liên quan chặt chẽ đến nội dung chính của luận văn này. Mệnh đề sau đây cho ta mối liên hệ đầu tiên giữa Sk (x) và các đa thức Bernoulli. Chứng minh của mệnh đề này có thể tham khảo mục 3.1.1 trong luận văn của Nguyễn Ngọc Thiêm [1]. Mệnh đề 1.1.11 ([6, Bổ đề 1(A)]). Với số nguyên k ≥ 1, ta có 1 Sk (x) = (Bk+1 (x) − Bk+1 ) . k+1 Sử dụng tính chất này ta có thể tính được tổng lũy thừa của các số tự nhiên liên tiếp. Ví dụ 1.1.12. Áp dụng Mệnh đề 1.1.11, với mỗi số nguyên dương n, ta có: 1 1 1 + 2 + · · · + n = [B2 (n + 1) − B2 ] = n(n + 1); 2 2 1 12 + 22 + · · · + n2 = [B3 (n + 1) − B3 ] 3 1 3 1 = [(n + 1)3 − (n + 1)2 + (n + 1)] 3 2 2 10
1 = n(n + 1)(2n + 1); 6 1 13 + 23 + · · · + n3 = [B4 (n + 1) − B4 ] 4 1 = [(n + 1)4 − 2(n + 1)3 + (n + 1)2 ] 4 1 2 = n (n + 1)2 = (1 + 2 + · · · + n)2 . 4 1.2 Phân tích đa thức Bernoulli Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày về sự phân tích đa thức Bernoulli dưới dạng hợp thành của hai đa thức khác. Trước tiên ta nhắc lại khái niệm về sự phân tích của một đa thức. Định nghĩa 1.2.1. Một phân tích của một đa thức F (x) ∈ C[x] là một đẳng thức có dạng F (x) = G1 (G2 (x)), trong đó G1 (x), G2 (x) ∈ C[x]. Một phân tích như vậy được gọi là không tầm thường nếu bậc của G1 và G2 đều lớn hơn 1. Hai phân tích F (x) = G1 (G2 (x)) và F (x) = H1 (H2 (x)) được gọi là tương đương nếu tồn tại một đa thức tuyến tính l(x) ∈ C[x] sao cho G1 (x) = H1 (l(x)) và H2 (x) = l(G2 (x)). Đa thức F (x) được gọi là phân tích được nếu nó có ít nhất một phân tích không tầm thường và được gọi là không phân tích được trong trường hợp ngược lại. Bây giờ ta sẽ quan tâm đến sự phân tích của đa thức Bernoulli. Trước tiên, xét trường hợp n = 2m là một số nguyên dương chẵn. 11
Theo Mệnh đề 1.1.4 ta có Bn (x) = Bn (1 − x). Do đó ˜m ((x − 1 )2 ), Bn (x) = B (1.1) 2 ˜m (x) ∈ Q[x] là một đa thức bậc m. Trong mục này, ta sẽ trong đó B thấy rằng, ngoài phân tích (1.1), các đa thức Bernoulli không còn phân tích không tầm thường nào khác. Ký hiệu ∆ là biệt thức trên vành đa thức C[x] được định nghĩa bởi ∆f (x) = f (x + 1) − f (x). Khi đó ta có bổ đề sau: Bổ đề 1.2.2 ([3, Bổ đề 4.2]). Với hai đa thức bất kỳ f (x), p(x) ∈ C[x], ta có ∆f là ước của ∆(p(f )). Chứng minh. Để chứng minh bổ đề này ta chỉ cần chỉ ra rằng ∆f là ước của ∆(f k ), với mọi k = 0, 1, 2, .... Tuy nhiên, điều này là hiển nhiên vì với hai đa thức g và h bất kỳ ta luôn có g − h là ước của g k − hk , với mọi k = 0, 1, 2, .... Định lý sau đây cho ta kết quả về sự phân tích của các đa thức Bernoulli. Định lý 1.2.3 ([3, Định lý 4.1]). Đa thức Bernoulli Bn (x) là không phân tích được khi n là một số lẻ. Nếu n = 2m là số chẵn thì mọi phân tích không tầm thường của Bn (x) đều tương đương với phân tích (1.1). ˜m (x) là không phân tích được. Đặc biệt đa thức B Chứng minh. Giả sử Bn (x) = G1 (G2 (x)) là một phân tích không tầm thường của Bn (x). Từ Bổ đề 1.2.2 và Mệnh đề 1.1.3 ta có ∆G2 (x) là 12
ước của ∆Bn (x) = nxn−1 . Điều này có nghĩa là ∆G2 (x) = λxt , với t ≤ n − 1 và λ ∈ C∗ . Tiếp tục sử dụng Mệnh đề 1.1.3 ta lại có G2 (x) = γBk (x) + µ, trong đó γ ∈ C∗ , µ ∈ C và k = t + 1. Vì vậy, phân tích Bn (x) = G1 (G2 (x)) tương đương với Bn (x) = P (Bk (x)), với P (x) = G1 (γx+ µ). Do phân tích là không tầm thường nên ta có 2 ≤ k < n. Nếu k = 2 thì phân tích này tương đương với phân tích (1.1). Giả sử rằng k ≥ 3. Do cả hai đa thức Bn (x) và Bk (x) đều có hệ số cao nhất bằng 1 nên đa thức P (x) cũng vậy. Hơn nữa, do phân tích là không tầm thường nên đa thức P (x) có bậc p ≥ 2. So sánh hệ số của nn−2 trong Bn (x) và trong P (Bk (x)) ta có n(n − 1) pk(pk − k) pk(k − 1) = + . 12 8 12 Vì pk = n nên ta thu được 2(n − 1) = 3(n − k) + 2(k − 1). Suy ra n = k. Điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu nên k = 2 và ta có điều cần chứng minh. Trong phần tiếp theo của mục này, chúng tôi trình bày lại một kết quả khác nói về phân tích đa thức Bernoulli qua các đa thức hệ số hữu tỷ. Đặt Φn (x) = Bn (x) − Bn . Khi đó, ta có bổ đề sau: Bổ đề 1.2.4 ([3, Bổ đề 6.3]). Nếu Φn (x) ∈ Z[x] thì n ∈ {1, 2, 4}. 13
Chứng minh. Trước tiên ta có 1 1 Φ1 (x) = B1 (x) − B1 = (x − ) − (− ) = x ∈ Z[x]. 2 2 Giả sử rằng Φn (x) ∈ Z[x] và n > 1. (1.2) 1 Do B1 = − , B2n+1 = 0 với mọi n ≥ 1 nên từ Mệnh đề 1.1.10 ta suy 2 ra n≡0 mod 2. (1.3) Theo Hệ quả 1.1.8 mẫu số của các hạng tử của Φn (x) đều chia hết cho 6. Do đó, từ giả thiết (1.2) ta suy ra 6|Cnk (1.4) với mọi số nguyên dương chẵn k < n. Tuy nhiên, nếu n = ri=1 2αi , P trong đó α1 > α2 > · · · > αr > 0 và r > 1, thì k = r−1 i=1 2 là số αi P chẵn, 0 < k < n và từ Định lý Lucas trong tổ hợp ta suy ra Cnk là số lẻ. Do đó từ hai điều kiện (1.3) và (1.4) ta suy ra n = 2α . Ps Tương tự, giả sử n = i=1 εi 3 , với s > 1, β1 > β2 > · · · > βi βs ≥ 0 và εi ∈ {1, 2}. Nếu tồn tại một chỉ số j sao cho εj = 2 thì k = i6=j εi 3βi là số chẵn và khi đó Định lý Lucas suy ra Cnk không P chia hết cho 3. Cũng như vậy, nếu s > 2 và tồn tại hai chỉ số j1 , j2 sao cho εj1 = εj2 thì k = i6=j1 ,j2 εi 3βi là số chẵn và Cnk không chia hết P cho 3. Vậy từ hai điều kiện (1.3) và (1.4) ta lại suy ra n = 2α = 3β1 + 3β2 , với β1 ≥ β2 . 14