BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG
NGUYỄN QUỐC THÁI
SỐ BERNOULLI VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Hà Nội - Năm 2016
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG ĐẠI HỌC THĂNG LONG
NGUYỄN QUỐC THÁI – C00256
SỐ BERNOULLI VÀ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
CHUYÊN NGÀNH: Phương pháp toán sơ cấp
MÃ SỐ: 60460113
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC:
PGS.TS: VŨ THẾ KHÔI
Hà Nội - Năm 2016
LỜI CẢM ƠN
Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Thăng Long
dưới sự hướng dẫn tận tình của PGS.TS. Vũ Thế Khôi. Nhân dịp này,
tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo hướng dẫn.
Tác giả xin bày tỏ lời cảm ơn tới các thầy cô giáo trong trường
Đại Học Thăng Long đã giúp đỡ, giảng dạy và tạo điều kiện cho tôi
trong quá trình học tập tại lớp Cao học Toán khóa III. Tác giả xin bày tỏ
lời cảm ơn tới Ban chủ nhiệm Khoa đào tạo Sau đại học, Khoa Toán đã
tạo điều kiện cho tôi trong thời gian học tập.
Tác giả xin cảm ơn tới bạn bè đồng nghiệp trong lớp cao học
toán KIII Hà nội đã có nhiều sự động viên giúp đỡ trong quá trình học
tập vừa qua.
Luận văn không tránh khỏi những thiếu sót, tôi mong nhận được
sự chỉ bảo của quý thầy cô và các bạn đồng nghiệp
Hà nội, ngày......tháng....... năm 2016
Tác giả
Nguyễn Quốc Thái
GIỚI THIỆU
Trong chương trình toán trung học phổ thông cũng như bậc đại
học chúng ta đã được biết đến công thức tổ hợp và đó chính là công thức hệ số nhị thức trong khai triển (x + y )n cụ thể:
n (cid:88)
i =0
Câu hỏi đặt ra là các tổng, các tích sau được có công thức tương
tự hay không?
(cid:19) (x + y )n = x i y n−i (cid:18)n i
1k + 2k + 3k + ... + n k =?
x (x − 1)(x − 2)...(x − n ) =?
x (x + 1)(x + 2)...(x + n ) =?
+ + ... + + ... =? 1 2k 1 3k 1 n k
Trong giảng dạy toán học sơ cấp việc nắm vững các kiến thức
như trên là rất cần thiết và và từ đó tác giả quyết định chọn đề tài:
...
"SỐ BERNOULLI VÀ ỨNG DỤNG"
Qua quá trình hướng dẫn của Thầy Vũ Thế Khôi tác giả đã được
học, đọc và nghiên cứu một số tài liệu cũng như xem qua các kênh toán
học trên Internet, trong luận văn này tác giả đã tập hợp và trình bày lại
các kiến thức cơ bản và một số ứng dụng có liên quan đến các tổng, tích
trên đây.
Luận văn gồm 3 chương:
Chương 1: Lận văn trình bày lịch sử nghiên cứu và hình thành
số Bernoulli của một số nhà toán học trên thế giới, Trình bày công thức
truy hồi tính số Bernoulli kèm chứng minh chi tiết cho công thức đó.
Cũng như chứng minh một số tính chất của sô Bernoulli và Từ đó cho
ra công thức tổng quát của nhà toán học Bernoulli.
Chương 2: Trong chương 2 luận văn tiếp cận cách thức khác để
tính số Bernoulli thông qua một hàm sinh. Trình bày lý thuyết về chuỗi
lũy thừa hình thức và đa thức Bernoulli cùng khai triển Fourier của đa
thức Bernoulli.
Chương 3: Luận trình bày lại lý thuyết về số Stirling, hàm Zeta
và các mối liên hệ của số Bernoulli với số Stirling và hàm Zeta.
Mục lục
Mục lục
iv
1 SỐ BERNOULLI
1
1.1 Giới thiệu lịch sử hình thành số Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1
1.2 Công thức tổng lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.2.1 Tổng lũy thừa các số nguyên liên tiếp . . . . . . . . . . . . . . .
5
1.2.2
Số Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
6
1.2.3 Công thức Bernoulli
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
1.2.4 Định lý Faulhaber . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
10
2 HÀM SINH SỐ BERNOULLI
12
2.1 Chuỗi lũy thừa hình thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
12
2.2 Hàm sinh số Bernoulli
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
19
2.3 Đa thức Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
23
2.3.1 Khai triển Fourier của đa thức Bernoulli
. . . . . . . . . . . . .
25
2.3.2 Công thức tổng Euler-Maclaurin . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
29
2.4
Sử dụng đa thức Bernoulli để tính tổng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
2.4.1 Dùng khai triển Fourier tính tổng . . . . . . . . . . . . . . . . . .
32
2.4.2
Lũy thừa các số tự nhiên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
33
2.4.3 Tổng đan dấu lũy thừa các số tự nhiên . . . . . . . . . . . . . . .
34
2.4.4 Tổng của dãy lượng giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
36
3 MỐI LIÊN HỆ CỦA SỐ BERNOULLI VỚI SỐ STIRLING VÀ HÀM
ZETA
38
3.1 Số Stirling và số Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
3.1.1
Số Stirling loại 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
38
3.1.2
Số Stirling loại 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
39
3.1.3 Công thức số Bernoulli với số Stirling . . . . . . . . . . . . . . .
45
Trang: iv
MỤC LỤC
3.2 Hàm Euler zeta và số Bernoulli
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
3.2.1 Định nghĩa hàm Euler zeta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
49
3.2.2 Công thức tích Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
50
3.2.3 Đẳng thức Euler . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
51
3.3 Áp dụng của hàm zeta tính tổng vô hạn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
53
Tài liệu tham khảo
55
Trang: v
CHƯƠNG 1
SỐ BERNOULLI
Trong chương này đầu tiên luận văn xin giới thiệu lược sử hình thành số Bernoulli
của một số nhà toán học trên thế giới, dựa theo tài liệu [1], [2], [3].
1.1 GIỚI THIỆU LỊCH SỬ HÌNH THÀNH SỐ BERNOULLI
Jakob Bernoulli1 đã để lại cuốn sách Ars Conjectandi (1713), ông nghiên cứu tổng lũy thừa của các số nguyên liên tiếp 1k + 2k + 3k + ..., ông đã giới thiệu các số đặc biệt có liên quan đến tổng này và đưa ra các công thức cho tổng các lũy thừa :
n (cid:88)
n (cid:88)
n (cid:88)
(1.1)
i =1
i =1
i =1
Ông khẳng định rằng không mất đến 10 phút để tính tổng trên với lũy thừa 10
với n = 1000, và kết quả chính xác Bernoulli đã đưa ra là:
(cid:19)2 i = , i 2 = , i 3 = , ... n (n + 1) 2 n (n + 1) (2n + 1) 6 (cid:18)n (n + 1) 2
Bernoulli đưa ra một công thức chung liên quan đến những số đó, giải thích
chúng được tính qua một công thức truy hồi và nhấn mạnh cách thức của mình
nó rất hữu ích cho việc tính toán tổng các lũy thừa. Bernoulli không dùng ký hiệu
91409924241424243424241924242500.
1Jakob Bernoulli (còn được biết đến với tên James hoặc Jacques) (27 tháng 12, 1654 – 16 tháng 8 năm 1705) là nhà toán học người Thụy Sĩ. Cống hiến chủ yếu của ông là vào hình học giải tích, lý thuyết xác suất, phép tính biến phân. Bất đẳng thức Bernoulli thường được dạy trong thường phổ thông mang tên này để vinh danh ông. Bernoulli cùng với Newton và Leibniz là một trong những người đầu tiên phát triển phép tính vi phân và tích phân nhưng ông đã có những tìm hiểu cao hơn. Ông còn có một người em trai kém 12 tuổi và cũng là một nhà toán học nổi tiếng Johann Bernoulli, gia đình nhà Bernoulli về sau còn sản sinh ra nhiều nhà toán học tài năng.
Trang: 1
B0, B1, B2, ... mà ông dùng các ký tự A, B,C .... thay cho B2n và cũng không dùng công thức nhị thức, trong tài liệu của ông công thức được viết là:
Giới thiệu lịch sử hình thành số Bernoulli
n c +1 + n c + An c −1 + B n c −3 + 1 c + 1 1 2 c 2 c . c − 1. c − 2 2.3.4
C n c −5 + Dn c −7 + c . c − 1. c − 2. c − 3. c − 4 2.3.4.5.6 c . c − 1. c − 2. c − 3. c − 4. c − 5. c − 6 2.3.4.5.6.7.8
Sử dụng ký hiệu hiện đại, công thức được viết lại:
... Trong đó c = k .
n (cid:88)
k (cid:88)
k (cid:88)
i =1
j =0
j =0
Trong đó:
(cid:19) (cid:19) = i k = B j B j n k +1−j n k +1−j k + 1 − j 1 k + 1 (cid:18)k j (cid:18)k + 1 j
và
(cid:19) = (cid:18)k j k (k − 1) (k − 2) ... (cid:0)k − j + 1(cid:1) j !
k (cid:88)
j =0
Dưới đây B j gọi là số Bernoulli2.
Và không chỉ có Bernoulli đưa ra công thức này, công thức trong tài liệu Katsuyo Sanpo của nhà toán học xuất sắc của Nhật Bản Takakazu Seki3, được xuất bản năm
1712, trước Bernoulli 1 năm công thức định nghĩa quy nạp của các số Bernoulli
được đưa ra. Công thức và định nghĩa của ông là hoàn toàn giống như của Bernoulli. Seki đề cập đến các số B0, B1, B2, ... gọi là Shusuu (có nghĩa là: số được chọn) với thứ tự đầu tiên, thứ tự thứ hai vv., cũng như đánh chỉ số lẻ B2n+1. Hầu hết người ta không biết rằng Seki độc lập tìm thấy những số Bernoulli, nhưng các công trình
thu thập được của Seki đã được xuất bản đều có chứa một bản dịch tiếng Anh của
mỗi bài viết. Một bảng biểu của Seki thể hiện công thức tính tổng các lũy thừa thể
hiện qua công thức tổ hợp và "số Seki-Bernoulli", cùng với một bản dịch sang ký
2Abraham , sinh ngày 26 tháng năm năm 1667 tại Vitry - le - Francois, Champagne, Pháp - qua đời vào ngày 27 tháng 11 năm 1754 tại London, Anh ), người đầu tiên gọi số này là số Bernoulli trong tài liệu Miscellanea analytica de seriebus et quadraturis( London , 1730)
3Seki Takakazu, 1642 - mất ngày 05 tháng 12 năm 1708), còn được gọi là Seki Kowa là một nhà toán học Nhật Bản trong thời kỳ Edo. Seki đặt nền móng cho sự phát triển tiếp theo cho toán học của người Nhật và ông đã được mô tả là "Newton của Nhật Bản".
Trang: 2
(cid:19) B j = k + 1, k = 1, 2, .... (cid:18)k + 1 j
Giới thiệu lịch sử hình thành số Bernoulli
Hình 1.1: Seki, trình bày bảng công thức tính tổng trong tài liệu Katsuyou Sanpou, viết bằng chữ Trung Quốc đồng thời sử dụng các ký hiệu đếm que thể hiện các thành phần của công thức (1.1).
Trang: 3
Giới thiệu lịch sử hình thành số Bernoulli
Hình 1.2: Katsuyou Sanpou (Bản dịch nguyên gốc): Các số trong hàng "lũy thừa" chính là số k của công thức (1.1), "tam giác Pascal" ở phần bên phải của bảng, các số Bernoulli B j ở bên trái, hệ số nhị thức bị khuyết (k +1 ) trong (1.1) tương ứng với các số "1" bị gạch ở đầu k +1 của mỗi cột của "tam giác Pascal", và cuối cùng là hàng "mẫu số" là số k + 1 của công thức (1.1).
Trang: 4
Công thức tổng lũy thừa
hiệu hiện đại, thể hiện trong hình (1.1) và (1.2).
Cả Seki, Bernoulli cũng không giải thích chi tiết làm thế nào để suy ra các công
thức (1.1).
2
i =1 i 3 = ((cid:80)n = (cid:80)n
i =1 i k chia hết cho đa thức n(n+1)(2n +1)
6
Trước đó, công thức tính tổng lũy thừa đã được thảo luận tại Viện số học bởi Faulhaber4. Ông đã thu được kết quả nói rằng, khi k là số lẻ, tổng (cid:80)n i =1 i k là một i =1 i , (ví dụ đầu tiên (cid:80)n đa thức của n(n+1) i =1 i )2 ), trong khi đó khi k là chẵn, (cid:80)n i =1 i 2 như là một đa thức của n, và thương thu được lại là một đa thức của (cid:80)n i =1 i . Nhưng dường như ông cũng đã không tìm được những số Bernoulli. Những phát hiện này của Faulhaber đã được khám phá bởi Jacobi5, người đã đưa ra một chứng minh chặt chẽ.
Dưới đây là định nghĩa của các số Bernoulli, làm theo Seki và Bernoulli và xác
định chúng bằng cách sử dụng một công thức truy hồi. Các số Bernoulli cũng được
xác định bằng cách sử dụng một hàm sinh (trong chương sau) mà các định nghĩa là
hoàn toàn tương đương.
= (cid:80)n
1.2 CÔNG THỨC TỔNG LŨY THỪA
1.2.1 Tổng lũy thừa các số nguyên liên tiếp
Cho n , k ∈ (cid:78), k ≥ 0, n ≥ 1 thì:
n (cid:88)
k −1 (cid:88)
(1.2)
i =1
j =0
Thật vậy, đầu tiên dễ thấy: σ0(n ) = n Với k ≥ 1. Từ công thức hệ số nhị thức suy ra:
(cid:19) i k = (n + 1)k +1 − 1 − σk (n ) = σj (n ) 1 k + 1 (cid:18)k + 1 j
k (cid:88)
j =0
4Johann Faulhaber (Sinh ngày 5 tháng 5 , 1580 tại Ulm, Đức mất năm 1635 tại Ulm, Đức) 5Carl Gustav Jacob Jacobi (Sinh ngày 10 Tháng 12 , 1804 ở Potsdam, Prussia (giờ là Đức) mất ngày 18
tháng 2, 1851 tại Berlin, Đức)
Trang: 5
(cid:19) (m + 1)k +1 − m k +1 = m j (cid:18)k + 1 j
Công thức tổng lũy thừa
Cho m = 1, 2, 3. . . , n , và cộng tất cả lại:
k (cid:88)
j =0
Suy ra:
(cid:19) (n + 1)k +1 − 1 = σj (n ) (cid:18)k + 1 j
k −1 (cid:88)
j =0
Cho k = 1, 2, 3, . . . vào công thức trên thu được các công thức sau:
(cid:19) (n + 1)k +1 − 1 − σk (n ) = σj (n ) 1 k + 1 (cid:18)k + 1 j
+ σ1(n ) =
=
+ + σ2(n ) = n 2 2
=
+ + σ3(n ) =
=
+ − + σ4(n ) = n 3 3 n 4 2
= n 30 n (n + 1)(2n + 1)(3n 2 + 3n − 1)
+ + − σ5(n ) = n 2 12 n 4 12 n 5 2
= n 2(n + 1)2(2n 2 + 2n − 1)
− + + + ... σ6(n ) = n 2 n 2 2 1 n (n + 1) 2 n 3 n 3 6 1 (n )(n + 1)(2n + 1) 6 n 4 n 3 n 2 4 2 4 1 n 2(n + 1)2 4 n 5 5 1 30 n 6 6 1 12 n 7 7 n 3 6 n 6 2 n 5 2 n 42
1.2.2 Số Bernoulli
Định nghĩa 1.2.1 Bn (n = 0, 1, 2, . . . ) trong biểu thức truy hồi sau gọi là số Bernoulli:
n (cid:88)
(1.3)
i =0
Trang: 6
(cid:19) Bi = n + 1 (cid:18)n + 1 i
Công thức tổng lũy thừa
Dưới đây là cách tính các số Bernoulli đầu: Với n = 0, B0 = 1, Cho n = 1 từ công thức: B0 + 2B1 = 2 Từ đó suy ra:
Cho n = 2 trong công thức suy ra: B0 + 3B1 + 3B2 = 3 nên:
B1 = (2 − B0) = 1 2 1 2
Tương tự cũng tính B3, B4... Kết quả các số Bernoulli đầu thể hiện trong bảng 1.1:
n
0
5
13
1
0
0
0
...
Bn
6 1 42
1 1 2
2 1 6
3 4 0 − 1 30
7 8 0 − 1 30
9 10 5 66
11 12 0 − 691 2730
14 ... 7 6
Bảng 1.1: Số Bernoulli
Dưới đây là nội dung chứng minh công thức (1.2) có liên quan tới số Bernoulli.
(3−B0 − 3B1) = B2= 1 6 1 3
1.2.3 Công thức Bernoulli
Cho n , k ∈ (cid:78), k ≥ 0, n ≥ 1 thì:
n (cid:88)
k (cid:88)
i =1
j =0
1
Thật vậy, trong công thức (1.2) dễ nhận ra σ(k ) là một đa thức bậc k + 1 với ẩn là n, trong đó số hạng đầu tiên là:
k +1n k +1.
Dưới đây công thức này sẽ chứng minh: Bằng cách thay n bằng x xét đa thức σk (x ) =
(cid:19) i k = σk (x ) = B j x k +1−j 1 k + 1 (cid:18)k + 1 j
1 k + 1
x k +1 + ...... Thông thường hai đa thức f (x ), g (x ) là gống nhau nếu f (n) = g (n ) với mọi n. Theo định nghĩa: σk (n + 1) − σk (n) = (n + 1)k (n = 1, 2, 3, . . . ) Do đó:
σk (x + 1) − σk (x ) = (x + 1)k
Cho x = 0 và σk (1) = 1 suy ra σk (0) = 0. Vậy hệ số hằng của σk (x ) là bằng không, các hệ số khác tính thông qua đạo hàm σ(j )
k
Trang: 7
(0) , 1 ≤ j ≤ k .
Công thức tổng lũy thừa
Lấy đạo hàm từ công thức sau :
Thu được công thức sau:
σk (x + 1) − σk (x ) = (x + 1)k
(1.4)
Cho x = 0, 1, 2, . . . , n − 1, và cộng tất cả lại thu được:
(x ) = k (x + 1)k −1 σ(cid:48) k (x + 1) − σ(cid:48) k
(0) = k σk −1(n ) σ(cid:48) k (n ) − σ(cid:48) k
Công thức này đúng cho mọi số nguyên dương n. Nếu ta đặt σ(cid:48) k suy ra đẳng thức:
(0) = b k , (b 0 = 1)
Lấy đạo hàm cả hai vế:
(x ) = k σk −1 (x ) + b k σ(cid:48) k
(1.5)
k −1
Cho x = 0 thu được:
(x ) = k σ(cid:48) (x ) σ(cid:48)(cid:48) k
Lấy đạo hàm của (1.5) lần nữa và áp dụng (1.5) suy ra:
(0) = k b k −1 σ(cid:48)(cid:48) k
k −2
k −1
Cho x = 0 thu được:
(x ) = k σ(cid:48)(cid:48) (x ) = k (k − 1)σ(cid:48) (x ) σ(cid:48)(cid:48)(cid:48) k
Tương tự, lấy đạo hàm liên tiếp với 2 ≤ j ≤ k + 1 thu được kết quả là:
(0) = k (k − 1)b k −2 σ(cid:48)(cid:48)(cid:48) k
Từ đó có công thức:
(0) = k (k − 1)...(k − j + 2)b k −j +1 σ(j ) k
k +1 (cid:88)
k +1 (cid:88)
j =1
j =0
Trang: 8
(cid:19) x j = (0) = 0) b k −j +1x j σk (x ) = (σ(0) k σ(j ) (0) k j ! 1 k + 1 (cid:18)k + 1 j
Công thức tổng lũy thừa
k (cid:88)
j =0
Vì σk (1) = 1 bằng cách cho x = 1 ở công thức trên thu được công thức truy hồi:
= (cid:19) b j x k +1−j 1 k + 1 (cid:18)k + 1 j
k (cid:88)
j =0
Và đây chính là công thức truy hồi tính số Bernoulli. Áp dụng công thức:
(cid:19) k + 1 = b j (cid:18)k + 1 j
và cho tương ứng b j = B j kết quả thu được công thức (1.3)
(cid:19) (cid:19) = 1 k + 1 (cid:18)k + 1 j 1 k − j + 1 (cid:18)k j
(x − 1) = Bk (x ) , (cid:0)Bk (x ) = x k + ...(cid:1)
Chú ý: Trong phần này, nếu đặt σ(cid:48) k
Làm tương tự như: (1.4) và (1.5) khi đó Bk (x ) được gọi là đa thức Bernoulli thứ k (Được trình bày trong mục 2.3 của chương sau).
Mệnh đề 1.2.2 Nếu n là số nguyên lẻ lớn hơn hoặc bằng 3, thì Bn = 0 Và viết là (−1)n Bn = Bn thỏa mãn với mọi số nguyên dương n (cid:54)= 1.
Chứng minh: Giả sử k ≥ 1 cho x = −1 trong công thức σk (x + 1) − σk (x ) = (x + 1)k và sử dụng σk (0) = 0 suy ra σk (−1) = 0. Cho x = −1 trong công thức sau:
k (cid:88)
j =0
suy ra:
(cid:19) (k + 1)σk (x ) = B j x k +1−j (cid:18)k + 1 j
k (cid:88)
j =0
mặt khác theo công thức định nghĩa số Bernoulli:
(cid:19) (−1)j B j = 0 (cid:18)k + 1 j
k (cid:88)
j =0
Trang: 9
(cid:19) B j = k + 1 (cid:18)k + 1 j
Công thức tổng lũy thừa
Khi đó lấy hiệu hai công thức trên thì chỉ có số hạng ở vị trí lẻ xuất hiện và khi đó:
(cid:98) k −1 (cid:99) 2 (cid:88)
j =0
2 số hạng với j = 0 ở
Với (cid:98)x (cid:99) là số nguyên lớn nhất nhỏ hơn hoặc bằng x . Vì B1 = 1 vế trái giản ước với vế phải và được kết quả:
(cid:19) 2 B2j +1 = k + 1 (cid:18) k + 1 2j + 1
(cid:98) k −1 (cid:99) 2 (cid:88)
j =1
Cho k = 3, 5, 7, . . . khi đó Bk = 0 với mọi số lẻ k ≥ 3
(cid:19) k ≥ 3 B2j +1 = 0 (cid:18) k + 1 2j + 1
Chú ý: Từ định nghĩa công thức Bernoulli dạng truy hồi (1.3) nếu chuyển vế, (−1)n Bn = Bn (i (cid:54)= 1) và B1 = 1 2 thu được công thức:
n (cid:88)
(1.6)
i =0
Do đó công thức sau cũng là một công thức tính số Bernoulli B2n :
(cid:19) (−1)i Bi = 0 (cid:18)n + 1 i
n (cid:88)
i =0
(cid:19) B2i = 0 (cid:18)n + 1 2i
1.2.4 Định lý Faulhaber
Như đã trình bày trên đây Faulhaber đã tìm ra mối liên hệ giữa các tổng lũy thừa
các số nguyên liên tiếp, dựa vào tài liệu tham khảo [2] có định lý sau:
2
6
.
σ2 = n(n+1)(2n+1) (k + 1) và Fk (0) = 0, sao
(k − 2), sao cho σk = σ2Fk (σ1).
Định lý 1.2.3 Với ký hiệu σk (n ) = 1k +2k +...+n k , σ1 = n(n+1) (i) Cho k = 3, 5, ... , Khi đó tồn tại một đa thức Fk có bậc 1 2 cho σk = Fk (σ1). (ii) k = 2, 4, ... , Khi đó tồn tại đa thức Fk có bậc 1 2
Trang: 10
Công thức tổng lũy thừa
Chứng minh:
n (cid:88)
(cid:19)k (cid:19)k (cid:153) − (n ) = σk 1 (cid:18)m (m − 1) 2
m =1 n (cid:88)
k (cid:88)
(1.7)
r =0 k (cid:88)
(cid:139)k = m r (cid:148) 1 − (−1)k −r (cid:151) (cid:150)(cid:18)m (m + 1) 2 (cid:19)(cid:129)m 2
m =1 1 2k
r =0
1
Công thức (1.7) đúng với mọi k , nhưng giả sử k là số lẻ. Khi đó chỉ tồn tại các số hạng khác không với r chẵn, khi đó dễ thấy σk 1 là tổ hợp tuyến tính của σ1, σ3, ...σ2k −1. Từ đó σ2k −1 cũng là tổ hợp tuyến tính của (cid:166)σk (cid:169) (Chẳng hạn σ3 = σ2 1). Mặt khác F (0) = 0 đến đây đã chứng minh xong (i). Để chứng minh (ii) hoàn toàn tương tự, giả sử k là số chẵn:
= 1 − (−1)k −r (cid:151) σk +r (n ) (cid:148) (cid:18)k r (cid:19) (cid:18)k r
n (cid:88)
m =1
(cid:19)k (cid:19)k (cid:153) (n ) = (cid:150) (2m + 1) − (2m − 1) (2n + 1)σk 1 (cid:18)m (m + 1) 2 (cid:18)m (m − 1) 2
n (cid:88)
k (cid:88)
r =0 k (cid:88)
(cid:139)k = m r (cid:148)(2m + 1) − (2m − 1)(−1)k −r (cid:151) (cid:19)(cid:129)m 2
m =1 1 2k
r =0
(1.8) Như vậy vế phải của (1.8) chỉ tồn tại các số hạng chứa σq với q chẵn, do vậy 1 là tổ hợp tuyến tính của σ2, σ4, ...σ2k . Vậy đã chứng minh (ii). (2n + 1)σk
Một vài ví dụ cho định lý Faulhaber:
(cid:128) = 1 + (−1)k −r (cid:151)(cid:138) 2σk +r +1(n ) (cid:148) 1 + (−1)k −r +1(cid:151) + σk +r (n ) (cid:148) (cid:18)k r (cid:19) (cid:18)k r
11 + 21 + · · · + n 1 = σ1, σ1 = (n 2 + n)/2 ;
12 + 22 + · · · + n 2 = σ1;
− 14 + 24 + · · · + n 4 = σ1) ; (2σ2 1 1 3
15 + 25 + · · · + n 5 = ). 2n + 1 3 13 + 23 + · · · + n 3 = σ2 1; 2n + 1 5 (4σ3 1 − σ2 1 1 3
Trang: 11
...
CHƯƠNG 2
HÀM SINH SỐ BERNOULLI
Trong chương này, có cách khác để tính số Bernoulli thông qua một hàm sinh.
Vì trong chương này có liên quan đến tổng chuỗi vô hạn nên để chặt chẽ trong
chứng minh, đầu tiên là phần trình bày lại kiến thức chuỗi lũy thừa hình thức dựa
theo theo tài liệu [1].
2.1 CHUỖI LŨY THỪA HÌNH THỨC
Cho R là một miền nguyên giao hoán với đơn vị (bằng 1) khi đó tổng:
∞ (cid:88)
n=0
với ẩn t và hệ số trong R được gọi là một chuỗi lũy thừa hình thức với hệ số trong R, và tập hợp của tất cả các chuỗi lũy thừa hình thức như vậy được ký hiệu là R[[t ]]. Hai chuỗi lũy thừa hình thức được xác định là bằng nhau khi và chỉ khi tất cả các
hệ số của t n bằng nhau.
Ví dụ điển hình đó sẽ xuất hiện trong phần này là: (với R = (cid:81))
∞ (cid:88)
a n t n = a 0 + a 1t + a 2t 2 + a 3t 3 + ...
n=0
và:
∞ (cid:88)
+ + e t = = 1 + + ... t n n! t 1! t 2 2! t 3 3!
n =1
Đây là chuỗi Taylor mở rộng các hàm e x và log(1 + x ) quanh x = 0, coi đây như chuỗi lũy thừa hình thức. Dưới đây sẽ sử dụng các ký hiệu e t và log(1 + t ) với vế
Trang: 12
+ log(t + 1) = = t − − ... (−1)n−1 t n n t 2 2 t 3 3
Chuỗi lũy thừa hình thức
phải là chuỗi lũy thừa hình thức và không coi chúng như các hàm ẩn t .
Phép toán tổng và tích hai chuỗi lũy thừa hình thức:
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
n=0
n =0
n=0
b n t n = (a n + b n )t n a n t n +
∞ (cid:88)
n (cid:88)
n=0
n=0
n=0
i =0
ở đây phép nhân phân phối với phép cộng:
(cid:33) (cid:32) ∞ (cid:88) (cid:33) (cid:32) ∞ (cid:88) = a n t n b n t n c n t n , c n = a i b n−i
(a 0 + a 1t + a 2t 2 + a 3t 3 + ...)(b 0 + b 1t + b 2t 2 + b 3t 3 + ...)
Dễ thấy R[[t]] là một vành giao hoán có đơn vị. Phần tử 0 và đơn vị của các chuỗi
lũy thừa hình thức là:
= a 0b 0 + (a 0b 1 + a 1b 0)t + (a 0b 2 + a 1b 1 + a 2b 0)t 2 + ...
và
0 + 0t + 0t 2 + 0t 3 + ....
Và cũng được ký hiệu đơn giản lần lượt là 0 và 1.
Có thể đồng nhất R với tập các chuỗi lũy thừa hình thức có tất cả số hạng khác
hằng bằng 0.
1 + 0t + 0t 2 + 0t 3 + ....
Hơn nữa, Xét một đa thức P(t ) với hệ số trong R như là một chuỗi lũy thừa hình thức trong đó có hệ số a n bằng 0 khi n lớn hơn bậc của P(t ), khi đó có thể xem xét R[t ] như một vành con của R[[t ]]. Các định nghĩa phép toán trong R[[t ]] là những khái quát tự nhiên của đa thức. Với (cid:82) là một miền nguyên thì R[[t ]] cũng là một miền nguyên:
Mệnh đề 2.1.1 Vành R[[t ]] không có ước của không: Cụ thể, nếu A (cid:54)= 0, A, B,C thuộc R[[t ]] và A B = AC thì B = C .
Chứng minh: Cho A = a 0+a 1t +a 2t 2+a 3t 3+... và B = b 0+b 1t +b 2t 2+b 3t 3+.... là các phần tử khác không gọi a k ,b l là hệ số khác không đầu tiên.
Trang: 13
Chuỗi lũy thừa hình thức
Khi đó hệ số c k +l của t k +l trong A B: c 0 + c 1t + c 2t 2 + c 3t 3 + ... là:
Vì R là miền nguyên nên c k +l = a k b l khác không suy ra A B (cid:54)= 0.
c k +l = a 0b k +l + a 1b k +l −1 + ... + a k b l + a k +l −1b 1 + a k +l b 0 = a k b l
do vậy nếu A (cid:54)= 0 thì B = C
Nếu A B = AC suy ra A(B − C ) = 0 ⇔
A = 0 B = C
Nghịch đảo của một chuỗi:
Mệnh đề 2.1.2 Một chuỗi lũy thừa hình thức
∞ (cid:80) n =0 nếu và chỉ nếu hệ số hằng a 0 khả nghịch (a 0 (cid:54)= 0).
a n t n là khả nghịch trong R[[t ]]
∞ (cid:80) n=0
b n t n ∈ R [[t ]] sao cho
Chứng minh: Chứng minh hai chiều: i) Giả sử chuỗi f (t ) khả nghịch, khi đó có chuỗi g (t ) = f (t )g (t ) = 1. Từ đó suy ra a 0b 0 = 1 hay a 0 (cid:54)= 0.
ii) Ngược lại, giả sử a 0 (cid:54)= 0, khi đó: f (t )g (t ) = 1 ⇔
Từ a 0b 0 = 1 suy ra:
a n−j b j = 0; ∀n = 1, 2, ... a 0b 0 = 1 n (cid:80) j =0
−1 0
Từ a 0b 1 + a 1b 0 = 0 suy ra:
b 0 = a
−1 0
Từ a 0b 2 + a 1b 1 + a 2b 0 = 0 suy ra:
b 1 = (−a 1b 0) .a
−1 0
1b 0a
−1 0 a
−1 0
−1 0 .a
−1 0
Tương tự như vậy, hoàn toàn xác định được b 3,b 4, ...,b n , ..... Tức là tìm được chuỗi g (t ) =
= a 2 b 2 = − (a 1b 1 + a 2b 0) .a − a 2a
∞ (cid:80) n=0
Với ký hiệu A(0) là hệ số hằng của chuỗi A(t ). Như đã đề cập trước đó không thể thay t bởi một giá trị đặc biệt nào, dù vậy thay t bằng 0 thì được và ở đây có sử
dụng trường hợp đặc biệt này.
Trang: 14
b n t n ∈ R [[t ]] sao cho f (t )g (t ) = 1.
Chuỗi lũy thừa hình thức
Trong trường hợp đặc biệt, có thể đặt được chuỗi lũy thừa hình thức khuyết hệ
số hằng vào một chuỗi khác: Cụ thể nếu A(t ) =
∞ (cid:80) n=0
∞ (cid:80) n=0
∞ (cid:88)
Khi đó có công thức: A(B (t )) =
a n t n và B (t ) = b n t n (B (0) = b 0 = 0)
i =0
Một ví dụ khá dễ hiểu:
a i (B (t ))i
và
+ + e t = 1 + + ... t 1! t 2 2! t 3 3!
Với đồng nhất thức:
+ log(1 + t ) = t − − ... t 2 2 t 3 3
có thể coi kết quả thu được là hợp của một chuỗi này vào một chuỗi khác. (Kết quả
này sẽ được chứng minh trong chương 3)
Nghịch đảo của chuỗi lũy thừa hình thức có thể tính bằng cách trên như sau:
Nghịch đảo của 1 − t là 1 + t + t 2 + t 3 + t 4 + ... do đó:
e log(1+t ) = 1 + t và log(1 + (e t − 1)) = t
Với 1 + B (t ) là một chuỗi lũy thừa hình thức với hệ số hằng bằng 1. Khi đó B (t ) là một chuỗi lũy thừa hình thức khuyết hệ số hằng (B (0) = 0), và nghịch đảo của 1 + B (t ) được tính như sau:
= 1 + t + t 2 + t 3 + t 4 + ... 1 1 − t
Trang: 15
= = 1 + (−B (t )) + (−B (t ))2 + ... 1 1 + B (t ) 1 1 − (−B (t ))
Chuỗi lũy thừa hình thức
Ví dụ:
Theo trên thì:
+ + + + ... t 2 2! t 3 3! t 4 4! t 5 5! e t − 1 = t + (cid:18) (cid:19) + + + = t 1 + + ... t 2 6 t 2 t 3 24 t 4 120
(cid:19) (cid:18) 1 + + + = 1 − 1 + + ... (cid:18) (cid:19) t 2 t 2 6 t 3 24 t 4 120 + + + 1 + t 2 t 2 6 t 3 24 t 4 120
(cid:19)2 + + + + + ...
(cid:19)3 + + + − + ...
(cid:19)4 + + + + + ... t 2 6 t 2 6 t 2 6 t 3 24 t 3 24 t 3 24 t 4 120 t 4 120 t 4 120 (cid:18)t 2 (cid:18)t 2 (cid:18)t 2
− ...
Từ đó thu được:
+ = 1 − + 0t 3 − + ... t 2 t 2 12 t 4 720
1 = e t (cid:18) (cid:19) t e t e t − 1 + + + 1 + t 2 6 t 3 24 t 4 120 (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) = + + 1 + t + + ... 1 − + 0t 3 − + ... t 3 3! t 2 t 2 12 t 4 720
Ở đây xuất hiện các số Bernoulli:
+ = 1 + + 0t 3 − + ... t 2 t 2 2! t 2 12 t 4 720 t 2
Đây là cơ sở để đi đến khái niệm hàm sinh số Bernoulli.
Trang: 16
, · · · B0 = 1 , B1 = , B2 = , B3 = 0 , B4 = − 1 2 1 6 1 30
Chuỗi lũy thừa hình thức
Mệnh đề 2.1.3 Cho một chuỗi lỹ thừa hình thức A(t ) = a 0 + a 1t + a 2t 2 + ... khi đó tồn tại một chuỗi B (t ) sao cho:
Trong trường hợp này B (t ) là duy nhất và B (A(t )) = t . Nói cách khác A(t ) và B (t ) là chuỗi ngược lẫn nhau.
B (0) = 0, A(B (t )) = t nếu và chỉ nếu a 0 = 0 và a 1 khả nghịch.
Chứng minh: Nếu tồn tại B (t ) = b 0+b 1t +b 2t 2+... và thỏa mãn A((B t )) = t bằng cách so sánh số hạng hằng và số hạng bậc 1, thu được a 0 = 0 và a 1b 1 = 1 điều này cho thấy điều kiện được thỏa mãn.
−1 1 , hay đã xác định được b 1.
Ngược lại, giả sử A(t ) thỏa mãn a 0 = 0 và a 1 khả nghịch. Cần chứng minh tồn tại các hệ số của B (t ) = b 0 + b 1t + b 2t 2 + ... thỏa mãn A(B (t )) = t . Đầu tiên hệ số của t là a 1b 1 = 1. vì a 1 là khả nghịch, đặt b 1 = a Cho n ≥ 2, thì cho hệ số của t n trong A(B (t )) bằng hệ số của t n trong:
Để không có số hạng t n đồng thời B (0) = 0. Điều này cho thấy hệ số đó triệt tiêu, hay:
a 1(B (t )) + a 2(B (t ))2 + a 3(B (t ))3 + ... + a n (B (t ))n
Nếu b 1,b 2,b 3, ...,b n−1 đã xác định và a 1 là khả nghịch, khi đó b n xác định được duy nhất theo theo cách truy hồi từ công thức trên. Điều này chứng tỏ rằng chắc chắn tồn tại và duy nhất B (t ).
Hiển nhiên B (t ) thu được thỏa mãn B (0) = 0, và b 1 là khả nghịch. Do vậy có một C (t ) (C (0) = 0) sao cho B (C (t )) = t . khi đó thay C (t ) vào t trong biểu thức t = A(B (t )), và từ B (C (t )) = t suy ra:
a 1b n + ( đa thức của a 2, a 3, ..., a n ,b 1,b 2,b 3, ...,b n−1) = 0
Do vậy: B (A(t )) = t Công thức được đề cập trước đó là:
C (t ) = A(B (C (t ))) = A(t )
Trang: 17
e log(1+t ) − 1 = t
Chuỗi lũy thừa hình thức
và
có thể giải thích là log(1 + t ) và e t − 1 là hàm ngược của nhau. (cid:33)
log(1 + (e t − 1)) = t
(cid:32) ∞ (cid:88)
Đạo hàm của chuỗi
được định nghĩa là
∞ (cid:80) n=0
n=0
đạo hàm của từng số hạng khác nhau:
a n t n a n t n , được viết là: d d t
∞ (cid:88)
n =0
n=0
Ví dụ: (e t )(cid:48) = e t , và (log(1 + t ))(cid:48) = 1 − t + t 2 − t 3 + ... =
(cid:33) (cid:32) ∞ (cid:88) = a n t n na n t n−1 = a 1 + 2a 2t + 3a 3t 2 + ... d d t
Định nghĩa này cũng thỏa mãn quy tắc thông thường của đạo hàm của tổng và tích.
Chứng minh quy tắc nhân:
1 1 + t
(cid:48)(t )g (t ) + f (t )g
(cid:48)(t )
Cho f (t ) =
(f (t )g (t ))(cid:48) = f
∞ (cid:80) n =0
∞ (cid:80) n=0
a n t n và g (t ) = b n t n , khi đó:
∞ (cid:88)
n (cid:88)
n=0
n=1
i =0
i =0 (cid:33)
(cid:33) (cid:33) (cid:33)(cid:48) (cid:32) (cid:32) n (cid:32) ∞ (cid:88) (cid:88) = t n n t n−1 (f (t )g (t ))(cid:48) = a i b n−i a i b n −i
∞ (cid:88)
n (cid:88)
i =0
(cid:32) n (cid:88) = t n−1 i a i b n−i + (n − i )a i b n−i
i =0 (cid:32) n
n=1 ∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
(cid:33) (cid:33) (cid:32) n (cid:88) (cid:88) = t n−1 + t n−1 (n − i )a i b n−i i a i b n−i
i =0 (cid:32) n
i =0 (cid:32) n
n=1 ∞ (cid:88)
n =1 ∞ (cid:88)
n =1
i =0
i =0
n=1 (cid:48)(t )g (t ) + f (t )g
(cid:33) (cid:33) (cid:88) (cid:88) = t n−1 + t n−1 i a i b n−i a n −i i b i
(cid:48)(t )
Trang: 18
= f
Hàm sinh số Bernoulli
Tích phân:
t (cid:82)
Theo trên, khi R ⊃ (cid:81) tích phân
∞ (cid:80) n=0
0
từng số hạng.
t (cid:90)
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
a n t n d t được định nghĩa thông qua tích phân
n =0
n=0
0
+ ... a n t n d t = a n = a 0t + a 1 t n+1 n + 1 t 2 2
Định nghĩa 2.1.4 Chuỗi lũy thừa hình thức Laurent1 với hệ số trong R,
∞ (cid:88)
(Với N là số nghuyên bất kỳ)
i =−N
Được định nghĩa là chuỗi lũy thừa hình thức trong R((t )).
Tổng và tích trong R((t )) cũng được định nghĩa giống như R[[t ]] và R((t )) là
một miền nguyên giao hoán chứa R[[t ]] như là một miền con. Do vậy,
a i t i
∞ (cid:80) i =−N
khả nghịch trong R((t )) khi và chỉ khi số hạng khác không đầu tiên a −N khả nghịch. Việc chứng minh là tương tự.
a i t i
2.2 HÀM SINH SỐ BERNOULLI
Trong chương 1, các số Bernoulli được tính theo một công thức truy hồi. Tuy
nhiên, tìm số Bernoulli bằng cách sử dụng hàm sinh cũng là một cách thông dụng.
Và dưới đây là định lý với số Bernoulli có liên quan đến hàm sinh.
Định lý 2.2.1 Cho Bn (n = 0, 1, 2, . . . ) là các số Bernoulli. Khi đó có công thức sau trong (cid:81)((t )):
∞ (cid:88)
n=0
1 Pierre Alphonse Laurent ( sinh ngày 18 tháng bảy năm 1813 tại Paris, Pháp - qua đời vào ngày 02 tháng 9
1854 tại Paris, Pháp)
Trang: 19
= Bn t e t e t − 1 t n n !
Hàm sinh số Bernoulli
n=0 Bn
t n n!
)(e t −1) = t e t . Từ định nghĩa phép nhân
Chứng minh: Cần chỉ ra rằng ((cid:80)∞ trong chuỗi lũy thừa hình thức:
n=0
n=0
n =1
(cid:33) (cid:33) (cid:32) ∞ (cid:88) (cid:32) ∞ (cid:88) (cid:33) (cid:32) ∞ (cid:88) (e t − 1) = t n Bn t n n !
∞ (cid:88)
t n n ! (cid:33) Bn n ! (cid:32)n−1 (cid:88) = t n Bi i !
n=1 ∞ (cid:88)
i =0 (cid:32)n−1 (cid:88)
n=1
i =0
1 (n − i )! (cid:33) (cid:19) = Bi (cid:18)n i t n n !
Từ công thức truy hồi (1.3) có (cid:80)n −1 i =0
)Bi = n ∀n ≥ 1. Do vậy: (n i
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
n=1
n =1
i =0
Điều phải chứng minh.
thì có công thức hàm sinh sau :
(cid:33) (cid:19) (cid:32)n−1 (cid:88) = = t e t Bi (cid:18)n i t n n ! t n (n − 1)!
Nhận xét: Nếu định nghĩa Bn với B1 = −
∞ (cid:88)
1 2
n=0
Khai triển vế trái và so sánh với vế phải thu được công thức (1.3). Điều này
chứng tỏ là định nghĩa (1.1) và định nghĩa sử dụng hàm sinh trong định lý trên là
đồng nhất.
Ví dụ tính một vài số Bernoulli đầu: Viết chuỗi trên dưới dạng:
∞ (cid:88)
= Bn t e t − 1 t n n !
t n t = (e t − 1)
(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) t + t = t 3 + · · · t 2 + B0 + B1 t +
n =0 1 t 2 + 2! (cid:18) t = B0t +
t 3 + (cid:19) (cid:19) (cid:19) + + + + + 1 4! t 2 + t 4 + · · · t 4 + · · · (cid:18) B0 3! B2 2! B1 2! B2 2! (cid:18) B0 t 3 + 4! B3 3! B1 3! B2 2! 2! B3 3! Bk n ! 1 3! B0 B1 + 2! Đồng nhất hệ số kết quả thu được:
Trang: 20
, · · · B0 = 1 , B1 = − , B2 = , B3 = 0 , B4 = − 1 30 1 2 1 6
Hàm sinh số Bernoulli
Sử dụng hàm sinh dễ chứng minh được mệnh đề sau:
Mệnh đề 2.2.2 Nếu n là một số nguyên lẻ lớn hơn hoặc bằng 3 thì Bn = 0.
2 không có số hạng
− t
Chứng minh: Cần chỉ ra là chuỗi lũy thừa hình thức t e t e t −1 bậc lẻ. Thật vậy:
và:
− = − = + t e t e t − 1 t 2 t (e t − 1 + 1) e t − 1 t 2 t e t − 1 t 2
− = + = + (−t )e −t e −t − 1 t e t − 1 −t 1 − e t (−t ) 2 t 2
Như vậy t e t e t −1 lẻ là bằng 0.
− t t 2 2 không thay đổi khi thay t bởi −t . Hay hệ số của số hạng có bậc
Mệnh đề 2.2.3
n−1 (cid:88)
m =1
(cid:19) (n ≥ 2) (2n + 1)B2n = − B2m B2(n −m ) (cid:18) 2n 2m
Chứng minh: Theo mệnh đề trên, nếu trừ số hạng bậc 1 từ công thức hàm sinh số
Bernoulli, thu được hàm sinh số Bernoulli của các số hạng với chỉ số chẵn B2n .
∞ (cid:88)
n=0
Đặt vế trái là f (t ). Lấy dạo hàm của f (t ) suy ra:
− = B2n t e t e t − 1 t 2 t 2n (2n )!
(cid:48)(t ) = f (t )2 −
t 2n
Thay thế (cid:80)∞
n=0 B2n
(2n)! vào f (t ) được:
f (t ) − t f t 2 4
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
n =0
n=0
m =0
So sánh hệ số của hai vế được kết quả là:
(cid:33) (cid:32) n (cid:19) (cid:88) = − (1 − 2n)B2n B2m B2(n−m ) t 2n (2n)! (cid:18) 2n 2m t 2n (2n )! t 2 4
n (cid:88)
vớin ≥ 2
m =0
Trang: 21
(cid:19) (1 − 2n )B2n = B2m B2(n −m ) (cid:18) 2n 2m
Hàm sinh số Bernoulli
Từ đó số hạng với m = 0 và m = n sinh ra số 2B2n , chuyển vế, nhân với −1,
suy ra công thức trong mệnh đề.
Hệ quả 2.2.4 Với mọi n ≥ 1, thì (−1)n−1B2n > 0
> 0. Giả sử mệnh đề đúng với mọi số nguyên nhỏ
Chứng minh: Với n = 1, B2 = 1 6 hơn n. Nhân (−1)n −1 vào công thức trong mệnh đề trên khi đó:
n−1 (cid:88)
m =1
theo giả thiết vế phải dương, do vậy (−1)n −1B2n > 0, điều phải chứng minh.
(cid:19) (1 + 2n )(−1)n−1B2n = (−1)m −1B2m (−1)n−m −1B2(n−m ) (cid:18) 2n 2m
Mệnh đề 2.2.5 Khai triển Taylor của tan x và Khai triển Laurent của cot x trong lân cận x = 0 là:
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
tan x = (−1)n −1(22n − 1)22n B2n x 2n−1 (2n )!
n=1 1 x
n=1
Với điều kiện của vế phải lần lượt là: |x | < π
2 và 0 < |x | < π
+ cot x = (−1)n 22n B2n x 2n−1 (2n )!
Chứng minh:
Suy ra:
= coth t = = 1 + e t + e −t e t − e −t e 2t + 1 e 2t − 1 2 e 2t − 1
Thay t bởi x
2 được công thức:
t coth t = t + 2t e 2t − 1
Khi đó theo mệnh đề (2.2.5) suy ra:
∞ (cid:88)
(cid:139) = + coth x 2 (cid:129)x 2 x 2 x e x − 1
n=0
Trang: 22
= coth B2n x 2 x 2 x 2n (2n )!
Đa thức Bernoulli
Coi đây là khai triển Laurent của coth( x 2
∞ (cid:88)
). Thay x bởi 2i x thu được:
n=0
i x coth(i x ) = B2n (2i x )2n (2n )!
trong đó i =
∞ (cid:88)
(cid:112) −1, chia hai vế cho x và sử dụng công thức i coth (i x )= cot x :
n=0
suy ra:
∞ (cid:88)
cot x = i 2n 22n B2n 1 x x 2n (2n )!
n=1
Và đây là khai triển Laurent của cot x .
Từ công thức trên, cùng với:
+ cot x = (−1)n 22n B2n 1 x x 2n−1 (2n )!
Điều này chỉ ra rằng khai triển Taylor của tan x có thể thu được từ khai triển Taylor
của cot x .
cot(2x ) = (cot x − tan x ) ⇒ tan x = cot x − 2 cot(2x ) 1 2
Nhận xét: Hệ số của
trong khai triển Taylor của tan x ,
x 2n−1 (2n − 1)!
Đôi khi số này được gọi là số tang, nó là một số nguyên dương.
Tiếp theo dưới đây là lý thuyết về đa thức Bernoulli thông qua hàm sinh, dựa
theo tài liệu [4], [7], [11].
Tn = (−1)n−1(22n − 1)22n B2n 2n
2.3 ĐA THỨC BERNOULLI
Như đã đề cập trong chương 1 có giới thiệu về đa thức Bernoulli bằng cách
đặt σ(cid:48) k
(x − 1) = Bk (x ) khi đó đa thức Bernoulli thứ k :
k (cid:88)
j =0
Trang: 23
(cid:19) (−1)j Bk (x ) = B j x k −j (cid:18)k j
Đa thức Bernoulli
Dưới đây là định nghĩa đa thức Bernoulli thông qua hàm sinh.
Định nghĩa 2.3.1 Đa thức Bernoulli Bn (x ) được xác định:
∞ (cid:88)
n=0
= F (t , x ) = Bn (x ) t e t x e t − 1 t n n!
Định lý 2.3.2 Đa thức Bn (x ) thỏa mãn:
(n ≥ 1) (x ) = n Bn−1(x )
0
(n ≥ 2) B0(x ) = 1 B (cid:48) n Bn (1) = Bn Bn (1) = Bn (0) (cid:90) 1 (n ≥ 2) Bn (x )d x = 0
Chứng minh:
∞ (cid:88)
n=0
Do đó số Bernoulli bằng giá trị hàm Bernoulli tại 1: Bn (1) = Bn Tiếp đó:
= F (t , 1) = Bn t e t e t − 1 t n n !
= = F (t , 0) = = F (−t , 1) t e t − 1 −t e −t e −t − 1
t e −t 1 − e −t So sánh các số hạng trong hàm sinh suy ra:
Và chú ý rằng B2n −1 = 0 với n ≥ 2 Lấy đạo hàm riêng theo x của hàm sinh được:
∞ (cid:88)
Bn (0) = (−1)n Bn (1) = (−1)n Bn
(cid:48) n
n=0
Tuy nhiên từ hàm sinh lại có:
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
= F (t , x ) = B (x ) ∂ ∂ x t 2e t x e t − 1 t n n!
n=0
n =0
Trang: 24
= = t Bn (x ) Bn (x ) t 2e t x e t − 1 t n n! t n +1 n !
Đa thức Bernoulli
Từ đây, so sánh hệ số của t n
n ! hai biểu thức trên thu được công thức:
(cid:48) n
Áp dụng trực tiếp hàm sinh thu được các đa thức Bernoulli:
B (x ) = n Bn−1(x )
(t x )3 F (t , x ) ≈ t
Khi đó:
+ ≈ 1 + t (x − ) + ... 1 + t x + 1 (t x )2 + 1 6 2 (x )3 (x )2 + 1 x + 1 6 2 1 ) + t 2(x 2 − x − 2 1 6 1 4
Tương tự nếu giữ thêm nhiều số hạng trong khai triển cũng có được:
B1(x ) = x − 1 2
B2(x ) = x 2 − x +
1 6 x 2 + x B3(x ) = x 3 − 1 2 3 2
B4(x ) = x 4 − 2x 3 + x 2 −
x 4 + x B5(x ) = x 5 − 5 2
B6(x ) = x 6 − 3x 5 + 1 30 1 x 3 − 6 1 x 2 + 2 1 3 5 x 4 − 2 1 42
2.3.1 Khai triển Fourier của đa thức Bernoulli
Giả sử hàm f (x ) là hàm tuần hoàn chu kỳ T và xác định trên đoạn [−T /2; T /2] khi đó:
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
n=1
n =1 Các hệ số a 0, a n ,b n gọi là các hệ số Fourier2 của hàm f .
2Jean Baptiste Joseph Fourier (21 tháng 3 năm 1768 – 16 tháng 5 năm 1830) là một nhà toán học và nhà vật lý người Pháp. Ông được biết đến với việc thiết lập chuỗi Fourier và những ứng dụng trong nhiệt học. Sau đó, biến đổi Fourier cũng được đặt tên để tưởng nhớ tới những đóng góp của ông.
Trang: 25
(cid:19) (cid:19) + f (x ) = a 0 + a n cos b n sin (cid:18)2πnx T (cid:18)2πnx T
Đa thức Bernoulli
T /2 (cid:90)
−T /2 T /2 (cid:90)
f (x )d x a 0 = 1 T
−T /2 T /2 (cid:90)
(cid:19) f (x ) cos d x (n ≥ 1) a n = 2 T (cid:18)2πnx T
−T /2
Dưới đây đa thức Bernoulli Bn (x ) có thể khai triển thành chuỗi Fourier trên
đoạn 0 ≤ x ≤ 1. Bắt đầu từ:
(cid:19) f (x ) sin d x (n ≥ 1) b n = 2 T (cid:18)2πnx T
B1(x ) = x − 1 2
Tất nhiên đây không phải hàm tuần hoàn. Xét hàm f (x ) = x trên đoạn [− 1 2, 1 2 Trong trường hợp này T = 1 và các hệ số Fourier là: a n = 0, ∀n ≥ 0 Vì hàm này lẻ nên:
1/2 (cid:90)
1/2 (cid:90)
]
0
−1/2
Khi đó khai triển Fourier của x là:
∞ (cid:88)
x sin(2πnx )d x = 4 x sin(2πnx )d x = (∀n ≥ 1) b n = 2 (−1)n+1 πn
n =1
2 (sau đó lại thay y bởi x ) thu
Chuyển sang khoảng [0, 1] bằng cách đặt y = x − 1 được:
(− ) x = sin(2πnx ) < x < (−1)n +1 πn 1 2 1 2
∞ (cid:88)
n=1
Trang: 26
(cid:18) = (cid:19) ) x − sin 2πn (x − (0 < x < 1) 1 2 (−1)n+1 πn 1 2
Đa thức Bernoulli
hay:
∞ (cid:88)
n =1
Áp dụng tính chất (2.3.2) khi đó:
(cid:18) (cid:19) ) sin 2πn(x − (0 < x < 1) B1(x ) = (−1)n +1 πn 1 2
(cid:48) 2
Khi đó :
B (x ) = 2B1(x )
∞ (cid:88)
(cid:48) 2
n=1
Lấy tích phân hai vế được kết quả:
(cid:18) (cid:19) ) B (x ) = sin 2πn(x − (0 < x < 1) 1 2 (−1)n +1 πn 1 2
∞ (cid:88)
n=1
Trong đó C 2 là hằng số, vẫn theo (2.3.2) thì:
1 (cid:90)
1/2 (cid:90)
nπ (cid:90)
(cid:128) )(cid:138) cos 2πn(x − 1 2 (0 < x < 1) B2(x ) = − + C 2 1 2 (−1)n+1 πn 2πn
−nπ
0
−1/2
nên C 2 = 0 Vậy:
(cid:18) (cid:19) ) cos 2πn(x − d x = cos(2πnt )d t = cos(s )d s = 0 1 2 1 2πn
∞ (cid:88)
(cid:128) )(cid:138) cos 2πn (x − 1 2 (0 < x < 1) B2(x ) = −2 (−1)n +1 πn 2πn
n =1 ∞ (cid:88)
(2.1)
n =1
Hoàn toàn tương tự cũng tìm được:
(cid:18) (cid:19) ) 2πn(x − (0 < x < 1) B2(x ) = −4 (−1)n +1 (2πn )2 cos 1 2
∞ (cid:88)
(cid:18) (cid:19) ) 2πn (x − (0 < x < 1) B3(x ) = −2.3! 1 2
n =1 ∞ (cid:88)
n =1
Trang: 27
(−1)n +1 (2πn )3 sin (cid:18) (cid:19) ) 2πn(x − (0 < x < 1) B4(x ) = 2.4! 1 2 (−1)n +1 (2πn)4 cos
Đa thức Bernoulli
Tổng quát hóa: với (0 < x < 1) thì:
∞ (cid:88)
n =1
(2.2)
(cid:18) (cid:19) ) cos 2πn(x − B2k (x ) = 2(−1)k (2k )! 1 2
n=1
Điều này cũng có nghĩa là Đa thức Bernoulli Bm (x − (cid:98)x (cid:99)) có thể khai triển thành chuỗi Fourier trên x ≥ 0. có định lý sau:
(cid:18) (−1)n+1 (2πn)2k ∞ (cid:88) (cid:19) ) sin 2πn(x − B2k +1(x ) = 2(−1)k (2k + 1)! 1 2 (−1)n+1 (2πn)2k +1
Định lý 2.3.3 Với m là số tự nhiên, (cid:98)x (cid:99) là hàm phần nguyên và Bm (x ) là a thức Bernoulli
∞ (cid:88)
n=1
(cid:18) (cid:19) ) cos 2πn (x − B2k (x − (cid:98)x (cid:99)) = 2(−1)k (2k )! 1 2
(2.3)
n=1
(cid:18) (−1)n +1 (2πn )2k ∞ (cid:88) (cid:19) ) sin 2πn (x − B2k +1(x − (cid:98)x (cid:99)) = 2(−1)k (2k + 1)! 1 2 (−1)n +1 (2πn )2k +1
Chứng minh: Từ công thức (2.2):
∞ (cid:88)
n=1
Vì B2k (x − (cid:98)x (cid:99)) = B2k (x ) với 0 ≤ x < 1, nên:
(cid:18) (cid:19) ) cos 2πn (x − (0 ≤ x ≤ 1) B2k (x ) = 2(−1)k (2k )! 1 2 (−1)n +1 (2πn )2k
∞ (cid:88)
n=1
(cid:18) (cid:19) ) cos 2πn (x − (0 ≤ x ≤ 1) B2k (x − (cid:98)x (cid:99)) = 2(−1)k (2k )! 1 2 (−1)n +1 (2πn )2k
Trên 1 ≤ x < 2 thì, thay x bởi x + 1 Vế trái = B2k (x + 1 − (cid:98)x + 1(cid:99)) = B2k (x − (cid:98)x (cid:99)) Vế phải = 2(−1)k (2k )!
(−1)n+1 (2πn )2k cos
∞ (cid:80) n=1
)(cid:138) (cid:128) 2πn (x + 1 − 1 2
∞ (cid:88)
n =1
Như vậy công thức đúng trên đoạn 1 ≤ x < 2. Bằng quy nạp công thức đúng trên đoạn n ≤ x < n + 1 với n bất kỳ.
Trang: 28
(cid:18) (cid:19) ) = 2(−1)k (2k )! cos 2πn (x − 1 2 (−1)n+1 (2πn )2k
Đa thức Bernoulli
2.3.2 Công thức tổng Euler-Maclaurin
Định lý 2.3.4 Với f (x ) là một hàm khả vi đến cấp m trên đoạn [a ,b ], (cid:98)x (cid:99) là hàm phần nguyên, B j là số Bernoulli và Bm (x ) là đa thức Bernoulli, có công thức sau:
b −1 (cid:88)
m (cid:88)
(j −1)(b ) − f
(2.4)
(j −1)(a )(cid:138) + Rm
a
j =1
k =a
(cid:90) b (cid:128) f (k ) = f (x )d x + f (−1)j B j j !
(m )(x )d x
(2.5)
(cid:90) b
a
Rm = Bm (x − (cid:98)x (cid:99))f (−1)m +1 m !
(cid:90) x
Chứng minh: Vì B0(x ) = 1,
0
(Bn+1(x ) − Bn +1) Bn (x )d x = 1 n + 1
Do đó:
0
0
Bn+1(1) = Bn+1(0) = Bn+1 (cid:90) 1 (cid:90) 1 f (x )d x = B0(x )f (x )d x
(cid:48)(x )d x
0
0
0
(cid:90) 1 (cid:90) 1 − f (x )d x = f (cid:2)B1(x )f (x )(cid:3)1 B1(x ) 1! 1 1!
(cid:48)(x )(cid:151)1
(cid:48)(cid:48)(x )d x
0
0
0
(cid:90) 1 (cid:148) = − + f (cid:2)B1(x )f (x )(cid:3)1 B2(x )f 1 1! B2(x ) 2! 1 2!
(cid:48)(x )(cid:151)1
(cid:48)(cid:48)(x )(cid:151)1
(cid:48)(cid:48)(cid:48)(x )d x
0
0
0
0
...
(cid:90) 1 (cid:148) (cid:148) = − + − f (cid:2)B1(x )f (x )(cid:3)1 B2(x )f B3(x )f 1 1! 1 3! B3(x ) 3! 1 2!
m (cid:88)
(j −1)(x )(cid:151)1
(m )(x )d x
(2.6)
0
0
j =1
(cid:90) 1 (cid:148) = + (−1)m f B j (x )f (−1)j −1 j ! Bm (x ) m !
0
Trong đó, (cid:2)B1(x )f (x )(cid:3)1 và: (−1)j −1B j (1) = (−1)j −1B j (0) = −B j , Do vậy:
(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) = 1 − f (1) − 0 − f (0) = (cid:0) f (1) + f (0)(cid:1) 1 2 1 2 1 2 với j ≥ 2
(j −1)(x )(cid:151)1
(j −1)(1) − f
(j −1)(0)(cid:138)
0
Thay vào biểu thức (2.6) thu được:
Trang: 29
(cid:128) (−1)j −1 (cid:148) f B j (x )f = −B j
Đa thức Bernoulli
m (cid:88)
(j −1)(1) − f
(j −1)(0)(cid:138)
0
j =2
(cid:90) 1 (cid:128) f (x )d x = (cid:0) f (1) + f (0)(cid:1) − f 1 2 B j j !
(m )(x )d x
0
Thay f (x ) bởi f (x + k ), suy ra: (cid:90) 1
m (cid:88)
(cid:90) 1 + Bm (x )f (−1)m m !
(j −1)(k + 1) − f
(j −1)(k )(cid:138)
0
j =2
(cid:128) f (x + k )d x = (cid:0) f (k + 1) + f (k )(cid:1) − f 1 2 B j j !
(m )(x + k )d x
0
(cid:90) 1 + Bm (x )f (−1)m m !
m (cid:88)
(j −1)(k + 1) − f
(j −1)(k )(cid:138)
kết quả là:
k
j =2
(cid:90) k +1 (cid:128) f (x )d x = (cid:0) f (k + 1) + f (k )(cid:1) − f 1 2 B j j !
(m )(x )d x
k
Lần lượt cho k = a cho đến k = b − 1, cộng lại được công thức sau: (cid:90) b
m (cid:88)
b −1 (cid:88)
b −1 (cid:88)
(cid:90) k +1 + Bm (x − k )f (−1)m m !
(j −1)(k + 1) − f
(j −1)(k )(cid:138)
a
j =2
k =a
k =a
(cid:128) f (x )d x = (cid:0) f (k + 1) + f (k )(cid:1) − f B j j ! 1 2
b −1 (cid:88)
(m )(x )d x
k
k =a
(cid:90) k +1 + Bm (x − k )f (−1)m m !
Trong đó:
b −1 (cid:80) k =a
b −1 (cid:88)
b (cid:88)
(cid:0) f (j −1)(k + 1) − f (j −1)(k )(cid:1) = f (j −1)(b ) − f (j −1)(a )
k =a
(cid:0) f (k + 1) + f (k )(cid:1) + f (a ) + f (b ) = 2 f (k )
k =a Bm (x − k ) = Bm (x − (cid:98)x (cid:99))
Trang: 30
(k ≤ x ≤ k + 1)
Đa thức Bernoulli
m (cid:88)
b (cid:88)
(j −1)(b ) − f
(j −1)(a )(cid:138)
Suy ra:
a
j =2
k =a
(cid:90) b (cid:128) (cid:0) f (a ) + f (b )(cid:1) − f f (x )d x = f (k ) − 1 2 B j j !
(m )(x )d x
a
(cid:90) b + Bm (x − (cid:98)x (cid:99))f (−1)m m !
b (cid:88)
m (cid:88)
(j −1)(b ) − f
(j −1)(a )(cid:138)
Hay:
a
j =2
k =a
(cid:90) b (cid:128) f (k ) = f (x )d x + (cid:0) f (a ) + f (b )(cid:1) + f 1 2 B j j !
(m )(x )d x
a
Giản lược bớt f (b ) ở cả hai vế thì được:
(cid:90) b − Bm (x − (cid:98)x (cid:99))f (−1)m m !
m (cid:88)
b −1 (cid:88)
(j −1)(b ) − f
(j −1)(a )(cid:138)
(2.7)
a
j =2
k =a
(cid:90) b (cid:128) f (k ) = f (x )d x − (cid:0) f (b ) − f (a )(cid:1) + f B j j ! 1 2
(m )(x )d x
Với:
a
nên số hạng −
(cid:90) b − Bm (x − (cid:98)x (cid:99))f (−1)m m !
Mà B1 =
m (cid:88)
(j −1)(b ) − f
(j −1)(a )(cid:138)
Suy ra:
a
j =1
k =a
(cid:0) f (b ) − f (a )(cid:1) tương ứng với số hạng của tổng khi j = 1 1 2 (cid:90) b 1 2 b −1 (cid:88) (cid:128) f (k ) = f (x )d x + f (−1)j B j j !
(m )(x )d x
a
(cid:90) b + Bm (x − (cid:98)x (cid:99))f (−1)m +1 m !
Vậy (2.4), (2.5) được chứng minh.
Trang: 31
(cid:124) (cid:125) (cid:123)(cid:122) Rm
Sử dụng đa thức Bernoulli để tính tổng
2.4
SỬ DỤNG ĐA THỨC BERNOULLI ĐỂ TÍNH TỔNG
2.4.1 Dùng khai triển Fourier tính tổng
Từ công thức (2.1):
∞ (cid:88)
n =1
Cho x = 1
2 được:
∞ (cid:88)
(cid:18) (cid:19) ) 2πn(x − (0 < x < 1) B2(x ) = −4 (−1)n +1 (2πn )2 cos 1 2
n =1
Mặt khác:
) = −4 B2( 1 2 (−1)n +1 (2πn )2
Do đó:
B2(x ) = x 2 − x + 1 6
hay:
) = − B2( 1 12 1 2
∞ (cid:88)
(2.8)
n=1
Phân tích vế trái của (2.8):
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
π2 = − + − + + ... + + ... = − 1 32 (−1)n n 2 1 12 1 22 1 42 (−1)n n 2 12
n=1
k =1
= − + (−1)n n 2
∞ (cid:88)
k =1
k =1
k =1 ∞ (cid:88)
1 (2k − 1)2 k =1 ∞ ∞ (cid:88) (cid:88) − = − 1 (2k )2 + 1 k 2 1 (2k )2 1 (2k )2
k =1
Từ đó thu được:
= − 1 2 1 k 2
∞ (cid:88)
n=1
Trang: 32
π2 + + + = ζ(2) = 1 + + ... = 1 22 1 32 1 42 1 52 1 n 2 6
Sử dụng đa thức Bernoulli để tính tổng
Bằng lập luận tương tự, cũng chứng minh được đẳng thức Euler:
Từ công thức (2.2):
∞ (cid:88)
n=1
Cho x = 0 suy ra:
∞ (cid:88)
(cid:18) (cid:19) ) sin 2πn (x − (0 < x < 1) B2k (x ) = 2(−1)k (2k )! 1 2 (−1)n+1 (2πn )2k
n =1
Mặt khác theo tính chất đa thức Bernoulli là:Bn (0) = Bn do vậy:
∞ (cid:88)
B2k (0) = 2(−1)k +1(2k )! 1 (2πn )2k
n=1
suy ra: ζ(2k ) = (−1)k +1
B2k = 1 n 2k 2(−1)k +1(2k )! (2π)2k
(2π)2k B2k 2.(2k )!
2.4.2 Lũy thừa các số tự nhiên
thì:
Nếu đặt B1 = −
n−1 (cid:88)
1 2
k =0
k m = (Bm +1(n ) − Bm +1(0)) 1 m + 1
(cid:90) n (cid:21)n = f (x )d x =
Chứng minh: Với f (x ) = x m ,
0
(cid:20) x m +1 m + 1 n m +1 m + 1
0 (j = 1, ..., m + 1)
và:
Áp dụng công thức (2.4):
n−1 (cid:88)
m (cid:88)
f (j −1)(x ) = x m −j +1 m ! (m − j + 1)!
j =1
k =0
Trang: 33
+ k m = (n m −j +1 − 0m −j +1) + Rm n m +1 m + 1 (−1)j B j j ! m ! (m − j + 1)!
Sử dụng đa thức Bernoulli để tính tổng
với
(cid:90) n x 0d x Rm = Bm (x − (cid:98)x (cid:99)) (−1)m +1 m ! m ! 0!
0 (cid:90) n
n−1 (cid:88)
0
0
j =0
Vậy Rm = 0 Từ đó thu được công thức:
n−1 (cid:88)
m (cid:88)
(cid:90) 1 = (−1)m +1 Bm (x )d x = 0 Bm (x − (cid:98)x (cid:99)) = (−1)m +1
j =1
k =0
+ k m = (n m −j +1 − 0m −j +1) n m +1 m + 1 (−1)j B j j ! m ! (m − j + 1)!
Ngoài ra, vì (cid:0)m +1 m +1 nên công thức trên được viết dưới dạng: (thêm vào số hạng cuối)
(cid:1)Bm +1(n 0 − 00) = 0
m +1 (cid:88)
n −1 (cid:88)
j =0
k =0
Đây chính là biểu thức khai triển đa thức Bernoulli, nên:
n−1 (cid:88)
(cid:19) (cid:128) n m +1−j − 0m +1−j (cid:138) k m = (−1)j B j 1 m + 1 (cid:18)m + 1 j
(2.9)
k =0
Ví dụ: m = 3, n = 101
101−1 (cid:88)
k m = (Bm +1(n ) − Bm +1(0)) 1 m + 1
k =0
k 3 = 03 + 13 + 23 + ... + 1003
= (B3+1(101) − B3+1(0))
(cid:19) = + = 25502500 1 3 + 1 1 4 (cid:18)3060299999 30 1 30
2.4.3 Tổng đan dấu lũy thừa các số tự nhiên
n−1 (cid:88)
(cid:20) (cid:18) (cid:23)(cid:19) (cid:19)(cid:21) (cid:18)(cid:22)n + 1 (−1)k −1k m = Bm +1(n ) − Bm +1 − 2m +1 Bm +1 − Bm +1 1 m + 1 2
k =0 Chứng minh: Khi n là số chẵn, thì tổng:
Trang: 34
Sử dụng đa thức Bernoulli để tính tổng
1m − 2m + 3m − 4m + ... + (n − 1)m − n m
= (1m + 3m + 5m + ... + (n − 1)m ) − (2m + 4m + 6m + ... + n m )
= (1m + 2m + 3m + ... + n m ) − 2(2m + 4m + 6m + ... + n m )
Suy ra:
n
n (cid:88)
2(cid:88)
n (cid:88)
(cid:139)m (cid:21) = (1m + 2m + 3m + ... + n m ) − 2m +1 (cid:20) 1m + 2m + 3m + ... + (cid:129)n 2
j =1
j =1
k =1
Khi n là số lẻ, phân tích tương tự:
n (cid:88)
(−1)k −1k m = j m − 2m +1 j m
n (cid:88)
j =1
j =1
k =1
n (cid:88)
(cid:98) n (cid:99) 2 (cid:88) (−1)k −1k m = j m − 2m +1 j m
n (cid:88)
Khi m (cid:54)= 0 thì:
j =0
j =0
k =1
Thay n bởi n − 1
n−1 (cid:88)
(cid:98) n (cid:99) 2 (cid:88) (−1)k −1k m = j m − 2m +1 r m
n −1 (cid:88)
j =0
j =0
k =1
Từ đây áp dụng trực tiếp công thức Bernoulli hoặc công thức (2.9), thu được:
(cid:99) (cid:98) n−1 2 (cid:88) (−1)k −1k m = j m − 2m +1 j m
n−1 (cid:88)
k =0
Ví dụ: m = 3, n = 101
101−1 (cid:88)
(cid:18) (cid:23)(cid:19) (cid:19)(cid:21) (cid:20) (cid:18)(cid:22)n + 1 (−1)k −1k m = Bm +1(n ) − Bm +1 − 2m +1 Bm +1 − Bm +1 1 m + 1 2
k =0
(−1)k −1k 3 = 13 − 23 + 33 − 43 + ... + 993 − 1003
(cid:23) (cid:19)(cid:21) (cid:20) (cid:18)(cid:22)101 + 1 = B3+1(101) − B3+1 − 23+1 (B3+1) − B3+1 2
Trang: 35
1 3 + 1 = −507500
Sử dụng đa thức Bernoulli để tính tổng
2.4.4 Tổng của dãy lượng giác
m (cid:88)
n−1 (cid:88)
(2.10)
j =1
k =0
sin k = − − (cos n − 1) 1 + + R2m sin n 2 (−1)j B2j (2j )!
Trong đó: R2m =
(cid:90) n
0
B2m (x − (cid:98)x (cid:99)) sin x d x (−1)m +1 (2m )!
n−1 (cid:88)
(2.11)
k =0 n−1 (cid:88)
2
(cid:19) sin k = − − (cos n − 1) cot (cid:18)1 2 1 2
(2.12)
k =0
sin k = − sin n 2 sin n−1 2 sin n sin 1 2
Chứng minh: Với f (x ) = sin x suy ra:
(cid:90) n = − cos n + cos 0 = − cos n + 1 f (x )d x = [− cos x ]n 0
0 (2j −1)(x ) = (−1)j −1 cos x (2m )(x ) = (−1)m sin x
f (j = 1, ..., m )
Áp dụng công thức (2.7),
m (cid:88)
n−1 (cid:88)
f
j =1
k =0
(sin n − sin 0) + sin k = − cos n + cos 0 − (−1)j −1(cos n − cos 0) + R2m 1 2 B2j (2j )!
(2m )!
Trong đó: R2m = − 1 Suy ra:
B2m (x − (cid:98)x (cid:99))(−1)m sin x d x (cid:82) n 0
m (cid:88)
n−1 (cid:88)
j =1
k =0
sin k = − − (cos n − 1) 1 + + R2m sin n 2 (−1)j B2j (2j )!
(cid:90) n
0
Trang: 36
R2m = B2m (x − (cid:98)x (cid:99)) sin x d x (−1)m +1 (2m )!
Sử dụng đa thức Bernoulli để tính tổng
Chứng minh (4.5) bằng các phép biến đổi lượng giác:
n −1 (cid:88)
n−1 (cid:88)
k =0
k =0 (cid:20)
(cid:18) (cid:19) (cid:20) (cid:18) (cid:19)(cid:21) = − cos k + − cos k − sin k sin 1 2 1 2 1 2
Từ đây suy ra công thức (4.5) và cũng dễ dàng suy ra công thức (4.4) Điều đáng nói ở đây là khi cho m → ∞ thì:
(cid:18) (cid:19) (cid:21) = − cos n − − cos = sin sin 1 2 1 2 1 2 n 2 1 2 n − 1 2
m (cid:88)
∞ (cid:88)
j =1
j =0
Và thu được:
= = 1 + cot lim m →∞ (−1)j B2j (2j )! (−1)j B2j (2j )! 1 2 1 2
(cid:90) n
0
Hoàn toàn tương tự:
R2m = B2m (x − (cid:98)x (cid:99)) sin x d x = 0 ⇒ R∞ = 0 lim m →∞ (−1)m +1 (2m )!
m (cid:88)
n−1 (cid:88)
j =1
k =0
cos k = − + sin n 1 + + R2m cos n − 1 2 (−1)j B2j (2j )!
trong đó R2m =
(cid:90) n
0
B2m (x − (cid:98)x (cid:99)) cos x d x (−1)m +1 (2m )!
n−1 (cid:88)
k =0 n−1 (cid:88)
2
(cid:19) + sin n cot cos k = − (cid:18)1 2 1 2
k =0
Trang: 37
cos k = cos n − 1 2 cos n−1 2 sin n sin 1 2
CHƯƠNG 3
MỐI LIÊN HỆ CỦA SỐ BERNOULLI VỚI SỐ STIRLING VÀ HÀM ZETA
Dễ nhận ra rằng ở đâu có tổng chuỗi lũy thừa thì số Bernoulli sẽ xuất hiện ví dụ hàm Zeta, hàm Eta, khai triển đa thức tích x (x − 1)(x − 2)...(x − n ), định nghĩa tích phân... Và trực tiếp nhất là số Stirling và hàm Zeta, đầu tiên là phần trình bày lại lý thuyết về số Stirling1, hàm Zeta và các mối liên hệ của số Bernoulli với hàm
Zeta và số Stirling, theo tài liệu [1], [3], [8], và đây cũng là cách thú vị để tính số
Bernoulli.
3.1 SỐ STIRLING VÀ SỐ BERNOULLI
3.1.1 Số Stirling loại 1
Với hai số nguyên dương n và m , định nghĩa: (cid:21)
Định nghĩa 3.1.1
Trong các hoán vị của n chữ số, có thể đếm số các hoán vị có m chu trình rời (cid:3). Ví dụ, số các hoán vị của
nhau (kể cả chu trình có độ dài bằng 1), và đó là (cid:2) n m bốn chữ số gồm hai chu trình rời nhau là:
:= Số các hoán vị của n phần tử với m chu trình rời nhau. (cid:20) n m
(1) (2 3 4), (1)(2 4 3), (2)(1 3 4), (2)(1 4 3)
(3) (1 2 4), (3)(1 4 2), (4)(1 2 3), (4)(1 3 2)
1Stirling ( James, sinh năm 1692 tại Garden, Scotland- mất ngày 5 tháng 12 năm 1770 tại Edinburgh, Scotland ) người đầu tiên giới thiệu số stirling loại hai. Những khái niệm " loại một " và " loại hai " do Nielsen (Niels, sinh ngày 02 tháng 12 năm 1865 tại Orslev, Đan Mạch - mất ngày 16 tháng 9 năm 1931 tại Copenhagen, Đan Mạch), người đầu tiên sử dụng các tên này trong cuốn sách của mình viết về hàm Gamma.
Trang: 38
(1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3)
Số Stirling và số Bernoulli
Khi đó, (cid:148)4
2
n
1
Số Stirling loại 1 thỏa mãn công thức truy hồi sau:
(cid:151) = 1, (cid:2)n (cid:151) = 11, và suy ra ngay từ định nghĩa là (cid:148)n (cid:3) = (n − 1)!.
(3.1)
(cid:21) (cid:21) (cid:21) = + n (cid:20)n + 1 m (cid:20) n m − 1 (cid:20) n m
m −1
m
Công thức này được chứng minh tương tự như chứng minh mối quan hệ của (cid:138). Xét việc lập một hoán vị của n + 1 phần công thức nhị thức (cid:128)n+1 tử từ n phần tử bằng cách thêm vào một phần tử sao cho hoán vị đó có m chu trình.
(cid:138) = (cid:128) n (cid:138) + (cid:128) n m
Có hai cách lập: (1) Lập một chu trình đơn chỉ gồm phần tử mới thêm vào. Khi đó còn lại m −1 chu trình lập từ n phần tử, có (cid:2) n m −1 (2) Chèn phần tử mới đó vào một trong các chu trình đã có. Xét hoán vị bất kì của
n phần tử a 1a 2...a n trong đó có m chu trình
(cid:3) hoán vị.
Để lập một hoán vị mới của n + 1 phần tử với m chu trình, cần chèn phần tử mới đó vào một trong m chu trình này. Có n cách chèn phần tử mới vào trong dãy (cid:3) cách. Tổng của hai giá trị ứng với hai khả năng trên n phần tử đó. Từ đó có n (cid:2) n m cho kết quả cần chứng minh (3.1).
(a1...aj1 (cid:124) )...(ajm−1+1...an) (cid:125) )(aj1+1...aj2 (cid:123)(cid:122) m chu trình
bởi công thức (3.1) với
(cid:21) (cid:21) = = 1, = 0 (cid:21) (cid:20)0 0 (cid:20) 0 m (cid:20)n 0
Định nghĩa 3.1.2 (Số Stirling loại 1). Với hai số nguyên dương n và m , định nghĩa (cid:21) (cid:20) n m
3.1.2 Số Stirling loại 2
Với hai số nguyên dương n và m , định nghĩa:
(cid:27)
Định nghĩa 3.1.3
hợp của m tập hợp khác rỗng.
Ví dụ: Có 7 cách để chia tập hợp {1, 2, 3, 4} thành 2 tập hợp khác rỗng không giao nhau:
Trang: 39
:=số các cách phân hoạch một tập hợp n phần tử thành (cid:26) n m
Số Stirling và số Bernoulli
(cid:151)
: Số Stirling loại 1
1
2
3
4
5
6
7
Bảng 3.1.1 (cid:148)n m m \n 0 0 7
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
0
1
21
6
0
0
0
0
0
1
15
175
5
0
0
0
0
1
10
85
735
4
0
0
0
1
6
35
225
1624
3
0
0
1
3
11
50
274
1764
2
0
1
1
2
6
24
120
720
1
0
0
0
0
0
0
0
0
0
1
{1} ∪ {2, 3, 4} , {2} ∪ {1, 3, 4} , {3} ∪ {1, 2, 4} , {4} ∪ {1, 2, 3}
Do đó: (cid:166)2
4
{1, 2} ∪ {3, 4} , {1, 3} ∪ {2, 4} , {1, 4} ∪ {2, 3}
(cid:9) = 0 nếu m > n. Và có công trức truy hồi sau: (cid:169) = 7 Từ định nghĩa thì: (cid:8) n m
(3.2)
(cid:27) (cid:27) (cid:27) (cid:26) n = + m m − 1 (cid:26) n m (cid:26)n + 1 m
(cid:9) cách chia n phần tử còn lại thành
(cid:9) cách chia n phần tử thành m tập hợp, và có m cách
Dạng công thức này đã thấy trước đó. Giả sử rằng để chia một tập hợp n + 1 phần tử thành m tập hợp. Lấy một phần tử x bất kỳ (1) Nếu phần tử đó là một tập hợp thì có (cid:8) n m m − 1 tập hợp. (2) Trường hợp còn lại có (cid:8) n m đặt phần tử x vào đó, hay có m (cid:8) n m
(cid:9) cách.
Tóm lại: (cid:8)n +1
m −1
m
(cid:9) (cid:9) = (cid:8) n (cid:9) + m (cid:8) n m
bởi công thức (3.2) với
(cid:27) (cid:27) (cid:27) (cid:27) = (n , m (cid:54)= 0) = 1 và = 0
Định nghĩa 3.1.4 (Số stirling loại 2). Với hai số nguyên dương m và m , định nghĩa (cid:26)n (cid:26) n 0 m
m
(cid:26) 0 m (cid:26)0 0
(cid:9), (cid:8) n m
Từ (3.2) nếu có 2 trong 3 giá trị (cid:8)n+1 lại trừ khi m = 0, ở đó không thể chia (cid:8) n m
Trang: 40
(cid:9) thì có thể xác định giá trị còn (cid:9), (cid:8) n m −1 (cid:9) cho m . Trong trường hợp này giá trị
Số Stirling và số Bernoulli
(cid:9) : Số Stirling loại 2 5
1
4
2
3
6
7
Bảng 3.1.2 (cid:8) n m m \n 0 0 7
0
0
0
0
0
0
1
0
0
0
0
6
0
1
0
21
0
0
0
0
5
0
1 15
140
0
0
0
1
4
0
10 65
350
0
0
1
6
3
0
25 90
301
0
1
3
7
2
0
15 31
63
1
1
1
1
1
0
1
1
1
0
0
0
0
0
1
0
0
0
(cid:9) trong cùng phạm (cid:9) = 0 có trong định nghĩa. Bảng (3.1.2) chỉ ra rằng giá trị (cid:8) n m (cid:9) trùng với định nghĩa tổ hợp trước đó (cid:8) n m vi với (3.1.1). Với định nghĩa mới của (cid:8) n m
khi n, m > 0. cũng dễ xác định (cid:8)n (m ≥ 2) bằng định 1 nghĩa mới. Từ đó rõ ràng những giá trị này từ định nghĩa cũ, và công thức truy hồi là đồng nhất. Cho m = 1 trong (3.2) để có:
(cid:9) = 0 (cid:9) = 1 (n ≥ 1) và (cid:8) 1 m
(cid:27) (cid:27) (cid:27) = + (cid:26)n 0 (cid:26)n 1 (cid:26)n + 1 1
1
(cid:9) (cid:9) = 0, nên (cid:8)n+1 (cid:9) = (cid:8)n 1
(cid:9) = 1. Do vậy từ (cid:8)n Cho n = 0 trong công thức này được (cid:8)1 0 1 (cid:9) = 1 (n ≥ 1). và do vậy (cid:8)n 1 (cid:9) = 0 (m ≥ 2) cũng có khi cho n = 0 trong (3.2) Tương tự (cid:8) 1 m
n (cid:88)
(cid:27) x n = x m (1) (n ≥ 0)
Mệnh đề 3.1.5 Các tính chất của số Stirling: (cid:26) n m
m =0
trong đó: x m = x (x − 1)(x − 2)...(x − m + 1)
n (cid:88)
(m > 0), x 0 = 1
(2) x n = (−1)n (−1)m (cid:21) x m (cid:20) n m
m =0 n (cid:88)
m =1
(cid:19)n (cid:18) (cid:27) (cid:19)m = (3) x x m (n ≥ 1) d d x (cid:26) n m (cid:18) d d x
l ≥0
Trang: 41
(cid:21) (cid:88) (4.1) C ho m , n ≥ 0, (−1)l = (−1)m δm ,n (cid:26)n l (cid:27)(cid:20) l m
Số Stirling và số Bernoulli
l ≥0
(cid:27) (cid:88) (4.2) C ho m , n ≥ 0, (−1)l = (−1)m δm ,n (cid:21)(cid:26) l m
m (cid:88)
l =0
∞ (cid:88)
(cid:20)n l Ở đây δm ,n = 1 khi m = n và δm ,n = 0 khi m (cid:54)= n Các tổng trong (4.1) và (4.2) là các tổng hữu hạn. (cid:27) (cid:19) = (5) C ho m , n ≥ 0, l n (−1)l (cid:26) n m (−1)m m ! (cid:18)m l
n=m
= (6) (m ≥ 0) (e t − 1)m m ! (cid:26) n m (cid:27)t n n !
Chứng minh:
m
m =0 a n,m x m . Và chỉ ra a n,m thỏa mãn công (cid:169) với điều kiện m , n ≥ 0 và cùng điều kiện ban đầu. Dễ
n
(1) Đặt a n,m = (cid:8) n thức truy hồi giống của (cid:166)m thấy điều kiện ban đầu thỏa mãn: ( cho a 0,m = 0 (m > 0)). Từ x m +1 = x m (x − m ) và x m .x = x m +1 + m x m suy ra:
n +1 (cid:88)
(cid:9), khi đó: x n = (cid:80)n
m =0
a n +1,m x m = x n+1
m =0 n (cid:88)
= x n .x n (cid:88) = a n ,m x m .x
m =0 n +1 (cid:88)
n (cid:88)
= x m +1 + m x m (cid:138) (cid:128) a n ,m
m =1
m =0
So sánh hệ số của x m hai vế, thu được công thức (3.2) (ở đây a n,−1 = a n,n +1 = 0) (2) Chứng minh tương tự.
.
= a n ,m −1x m + m a n,m x m
(3) Chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Cho n = 1, cả hai vế bằng x Giả sử công thức đúng với n. Khi đó:
Trang: 42
d d x
Số Stirling và số Bernoulli
m =1 (cid:27) (cid:130)
(cid:19)n+1 (cid:18) (cid:19)m (cid:18) (cid:27) (cid:19) n (cid:88) = x x x m d d x d d x (cid:26) n m
n (cid:88)
(cid:19)m (cid:19)m +1(cid:140) = x m x m −1 + x m (cid:18) d d x (cid:18) d d x (cid:18) d d x
m =1 n (cid:88)
n (cid:88)
m =1
(cid:27) (cid:19)m (cid:19)m +1 = + m x m (cid:27) x m +1 (cid:26) n m (cid:26) n m (cid:18) d d x (cid:26) n m (cid:18) d d x
m =1 n+1 (cid:88)
(cid:18) (cid:27) (cid:27)(cid:19) (cid:19)m (cid:26) n = + m x m (cid:26) n m m − 1 (cid:18) d d x
m =1 n+1 (cid:88)
m =1
(cid:19)m (cid:27)(cid:19) = x m (cid:18)(cid:26)n + 1 m (cid:18) d d x
Điều này chứng tỏ công thức cũng đúng với n + 1. (Để chứng minh các mục tiếp theo, sử dụng (cid:8) n n+1 (4) Sử dụng (2) và (3) để chứng minh.
Với (4.1), khi thay n bằng l trong (2) thu được:
l (cid:88)
(cid:9) = 0.) (cid:9) = 0 và (cid:8)n 0
m =0
thế vào công thức:
x l = (−1)l (−1)m (cid:21) x m (cid:20) l m
n (cid:88)
l =0
Suy ra:
(cid:27) x l x n = (cid:26)n l
n (cid:88)
l (cid:88)
m =0
l =0
n (cid:88)
n (cid:88)
(cid:27) x n = (−1)l (−1)m (cid:21) x m (cid:26)n l (cid:20) l m
m =0
l =m
n
So sánh hệ số hai vế được (4.1). Công thức (4.2) thu được khi thế (1) vào (2). (5) Chứng minh bằng cách chỉ ra vế phải thỏa mãn công thức truy hỗi của (cid:166)m (cid:169). Lại ký hiệu vế phải là a n,m . Dễ thấy a 0,0 = 1 và a n,0 = 0 với n ≥ 1. Nếu n = 0,
Trang: 43
= (−1)m (−1)l (cid:21) x m (cid:26)n l (cid:27)(cid:20) l m
Số Stirling và số Bernoulli
l
l =0
và m ≥ 1, khi đó truy hồi:
(cid:88)m (−1)l (cid:128)m (cid:138) = (1 − 1)m = 0. Do vậy: a 0,m = 0. Với công thức
m −1 (cid:88)
m (cid:88)
l =0
(cid:19) (cid:19) (−1)l l n + (−1)l l n m a n,m + a n,m −1 = (−1)m −1 (m − 1)! (−1)m (m − 1)! (cid:18)m l (cid:18)m − 1 l
l =0 m (cid:88)
(cid:19) (cid:19)(cid:27) − = (−1)l l n (−1)m (m − 1)! (cid:26)(cid:18)m l (cid:18)m − 1 l
l =0 m (cid:88)
l =0
(cid:19) = l n (−1)l l m (cid:18)m l
l =0
(cid:19) (−1)m (m − 1)! m (cid:88) = (−1)l l n +1 (−1)m m ! (cid:18)m l
= a n+1,m
m
(6) Vế phải của (6) viết lại được bằng tổng từ n = 0. (Nếu n < m thì (cid:166)n Thế (5) vào vế phải thu được:
(cid:169) = 0) .
∞ (cid:88)
m (cid:88)
l =0
(cid:41) (cid:19) l n V P = (−1)l (cid:40)(−1)m m !
m (cid:88)
n=0 (−1)m m !
n=0
t n n ! (cid:33) (cid:18)m l (cid:19) (cid:32) ∞ (cid:88) = (−1)l (l t )n n ! (cid:18)m l
l =0 m (cid:88)
l =0
(cid:19) = e l t (−1)l (cid:18)m l
= (1 − e t )m
= = V T (−1)m m ! (−1)m m ! (e t − 1)m m !
Nhận xét: Đôi khi số Stirling được định nghĩa bởi (1) và (2) trong mệnh đề này.
Sử dụng (4.1) và (6) trong mệnh đề này, chứng minh được công thức:
Trang: 44
log(1 + (e t − 1)) = t
Số Stirling và số Bernoulli
Và đảo lại
Theo mệnh đề (2.1.3)
∞ (cid:88)
e log(1+t ) − 1 = t
m =1 ∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
log(1 + (e t − 1)) = (−1)m −1 (e t − 1)m m
= (−1)m −1(m − 1)! (cid:27)t n n!
m =1 ∞ (cid:88)
n=0 (cid:21)(cid:26) n m
m =1
n =0 ∞ (cid:88)
(cid:32) n (cid:18) (cid:21)(cid:19) (cid:26) n m (cid:27)(cid:33) (cid:88) = (m − 1)! = (−1)m −1 t n n ! (cid:20)m 1 (cid:20)m 1
n =0
= (−1)n−1δ1,n t n n !
= t
3.1.3 Công thức số Bernoulli với số Stirling
Một công thức biểu diễn các số Bernoulli của tổng lũy thừa liên quan đến số Stirling loại hai đã được biết đến từ Kronecker2. Theo mệnh đê (3.1.5) số Stirling
được biểu diễn là một tổng hữu hạn liên quan đến các hệ số nhị thức. Vì vậy dưới
đây, các số Bernoulli cũng có thể được biểu diễn qua một tổng kép
Định lý sau đây chỉ ra mối quan hệ giữa số Bernoulli và số Stirling.
Định lý 3.1.6 ( Công thức số Bernoulli với số Stirling)
n (cid:88)
m =0
(cid:169) (cid:166)n m (n ≥ 0) Bn = (−1)n (−1)m m ! m + 1
Chứng minh: Viết lại công thức hàm sinh số Bernoulli thành:
2Leopold Kronecker (sinh ngày 07 Tháng Mười Hai 1823 tại Liegnitz, Phổ (nay là Legnica, Ba Lan) - mất
ngày 29 tháng 12 năm 1891 tại Berlin, Đức)
Trang: 45
= = t e t e t − 1 t 1 − e −t − log(1 − (1 − e −t )) 1 − e −t
Số Stirling và số Bernoulli
Thế 1 − e −t vào t trong công thức − log(1 − t ) = (cid:80)∞
m =1
t m m , khi đó:
∞ (cid:88)
n =0
∞ (cid:88)
= Bn t n n !
m =1 ∞ (cid:88)
=
m =1 ∞ (cid:88)
= − log(1 − (1 − e −t )) 1 − e −t (1 − e −t )m 1 1 − e −t m (1 − e −t )m −1 m
m =0 ∞ (cid:88)
=
(mệnh đề (3.1.5) (6))
n=m
m =0 ∞ (cid:88)
n=0
m =0
So sánh hệ số của
hai vế, thu được công thức cần chứng minh.
(−1)m (e −t − 1)m m + 1 ∞ (cid:88) = (−1)m m ! m + 1 (cid:169) (cid:33) (cid:32) n (cid:88) (cid:27)(−t )n n ! (cid:166)n m = (−1)n (cid:26) n m (−1)m m ! m + 1 t n n!
t n n !
Nhận xét: Trong mệnh đề (3.1.5)(5), cũng có thể viết:
n (cid:88)
m (cid:88)
m =0
l =0
(cid:19) (−1)l l m Bn = (−1)n 1 m + 1 (cid:18)m l
Ví dụ một vài số Bernoulli tính theo công thức này: B0 =
(cid:19) 00
(cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:19) 11 01 + 01 − B1 =
(cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:19) (cid:19) + 02 + 02 − 12 02 − 12 + 22 B2 = (cid:18)(cid:18)1 0 (cid:18)(cid:18)1 0 1 2 1 2 (cid:18)1 1 (cid:18)1 1 (cid:18)(cid:18)2 0 1 3 (cid:18)2 1 (cid:18)2 2 (cid:18)0 0 (cid:18)0 0 (cid:18)0 0
Vẫn là một khối công việc cồng kềnh khi n lớn.
1 1 1 1 1 1 ...
Mệnh đề 3.1.7 (Biến thể của định lý (3.1.6)).
n (cid:88)
m =0
Trang: 46
(cid:169) (−1)m m ! (cid:166)n +1 m +1 (n ≥ 0) Bn = m + 1
Số Stirling và số Bernoulli
(cid:9) = (cid:8) n m
Chứng minh: Có thể chứng minh bằng cách tính toán hàm sinh của vế phải. Ở đây sử dung định lý (3.1.6). Từ công thức (3.2) suy ra (cid:8) n+1 (cid:9) (cid:9) + (m + 1)(cid:8) n m +1 m +1 khi đó
n (cid:88)
m =0
Mặt khác, vì (cid:2)m +1
(cid:9)(cid:138) (−1)m m ! V P = (cid:128)(cid:8) n (cid:9) + (m + 1)(cid:8) n m +1 m m + 1
1
(cid:3) = m !, theo mệnh đề (3.1.5) (4.1) thì:
m (cid:88)
n (cid:88)
m =0
m =0
Do đó, vế phải của mệnh đề bằng:
(cid:27) (cid:21)(cid:26) n = (−1)m = δ1,n (−1)m m !(m + 1)(cid:8) n (cid:9) m +1 m + 1 (cid:20)m + 1 1 m + 1
n (cid:88)
(cid:9)
m =0
+ δ1,n = (−1)n Bn + δ1,n (−1)m m !(cid:8) n m m + 1
Cho n = 1, công thức này suy ra −B1 + 1 = trùng với Bn trong mệnh đề (1.2.2).
Mệnh đề này được áp dụng để làm sáng tỏ thuật toán Akiyama-Tanigawa tính
số Bernoulli:
= B1. Cho n (cid:54)= 1, nó bằng (−1)n Bn , 1 2
(m = 0, 1, 2, ...) định nghĩa a n ,m (n ≥ 1) bởi công thức:
Mệnh đề 3.1.8 Thuật toán Akiyama-Tanigawa cho số Bernoulli Cho trước giá trị a 0,m
Khi đó:
(cid:1) (n ≥ 1, m ≥ 0) a n,m = (m + 1) (cid:0)a n−1,m − a n−1,m +1
n (cid:88)
m =0
(cid:27) (−1)m m ! a n,0 = a 0,m (cid:26) n + 1 m + 1
Chứng minh: Theo tài liệu [5] Xét hàm sinh g (t ):
∞ (cid:88)
m =0
Trang: 47
g n (t ) = a n,m t m
Số Stirling và số Bernoulli
Hình 3.1: Tam giác Akiyama-Tanigawa. Thuật toán thực hiện từ trái qua phải theo công thức (3.1.8) với a n ,m là số thứ m + 1 trong hàng thứ n với n ≥ 1 thu được số Bernoulli trong ô tròn.
Từ công thức truy hồi của a n,m với n ≥ 1
∞ (cid:88)
m =0
g n (t ) = (m + 1)(a n−1,m − a n−1,m +1)t m
m =0
m =0
(cid:33) (cid:33) (cid:32) ∞ (cid:88) (cid:32) ∞ (cid:88) = − a n −1,m t m +1 a n −1,m +1)t m +1 d d t d d t
= (g n−1(t ) − a n−1,0) (t g n −1(t )) − d d t
= g n −1(t ) + (t − 1) (g n−1(t ))
Trang: 48
= d d t d d t ((t − 1)g n−1(t )) d d t
Hàm Euler zeta và số Bernoulli
Do vậy, nếu đặt (t − 1)g n (t ) = h n (t ), thì:
Từ đây thu được:
(t )) (n ≥ 1) h n (t ) = (t − 1) ((h n −1 d d t
Theo mệnh đề (3.1.5) (3) (trong đó thay x bởi (t − 1)) thì
(cid:18) (cid:19)n (t − 1) h n (t ) = (h 0(t )) d d t
n (cid:88)
m =0
Cho t = 0 thu được:
(cid:19)m (cid:27) (t − 1)m h n (t ) = h 0(t ). (cid:18) d d t (cid:26) n m
n (cid:88)
(cid:27) −a n ,0 = (−1)m m !(a 0,m −1 − a 0,m ) (cid:26) n m
n (cid:88)
m =0 n−1 (cid:88)
m =0 (cid:27)
(cid:27) (cid:26) n = (cid:27) (−1)m +1(m + 1)!a 0,m − (−1)m m !a 0,m m + 1
m =0 n (cid:88)
(cid:27)(cid:19) (cid:18) (cid:26) n + = − (m + 1) (−1)m m !a 0,m (cid:26) n m (cid:26) n m m + 1
m =0 n (cid:88)
m =0
(cid:27) = − (−1)m m ! a 0,m (cid:26) n + 1 m + 1
3.2 HÀM EULER ZETA VÀ SỐ BERNOULLI
Mục này tôi trình bày dựa theo tài liệu tham khảo: [6], [10]
3.2.1 Định nghĩa hàm Euler zeta
Định nghĩa 3.2.1 Hàm zeta của Euler3 là hàm được xác định bởi
∞ (cid:88)
t là số thực, t > 1
n=1
3Leonhard Euler sinh ngày15 tháng 4, 1707 mất ngày 18 tháng 9, 1783) là một nhà toán học và nhà vật lý
học Thụy Sĩ.
Trang: 49
ζ(t ) = 1 n t
Hàm Euler zeta và số Bernoulli
là một chuỗi hội tụ tuyết đối trên t > 1.
3.2.2 Công thức tích Euler
Định lý 3.2.2 Kí hiệu P là tập hợp tất cả các số nguyên tố. Với t > 1, hàm ζ(t ) được xác định bởi
∞ (cid:88)
n=1
gọi là công thức tích Euler.
ζ(t ) = 1 n t 1 1 − p −t = (cid:89) p ∈P
Chứng minh:
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
n=1
n=1
n =1
= = ζ(t ) = ⇒ ζ(t ) 1 n t 1 2t 1 n t
n=1
1 (2n)t ∞ (cid:88) 1 2t ∞ (cid:88) = − ⇒ ζ(t ) − ζ(t ) 1 n t 1 2t 1 (2n)t
n=1 ∞ (cid:88)
n=1 n(cid:54)=2k
(cid:18) (cid:19) = ⇒ ζ(t ) 1 − 1 n t 1 2t
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
n=1 n(cid:54)=2k
(cid:18) = = ⇒ ζ(t ) 1 − 1 2t (cid:19) 1 3t 1 n t 1 3t 1 (3n)t
n =1 n(cid:54)=2k (cid:18)
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
n=1 n(cid:54)=2k
n =1 n(cid:54)=2k
(cid:18) (cid:19) = − ⇒ ζ(t ) 1 − − ζ(t ) 1 − 1 2t 1 2t (cid:19) 1 3t 1 n t 1 (3n )t
∞ (cid:88)
n=1 n (cid:54)=2k n (cid:54)=3k
(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) = ⇒ ζ(t ) 1 − 1 − 1 n t 1 3t 1 2t
∞ (cid:88)
n=1 n (cid:54)=2k n (cid:54)=3k n (cid:54)=5k ...
Tiếp tục với những số nguyên tố tiếp theo:
Trang: 50
(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) ⇒ ζ(t ) 1 − 1 − 1 − ... = 1 3t 1 5t 1 2t 1 n t
Hàm Euler zeta và số Bernoulli
(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) 1 − 1 − ... = 1 ζ(t ) 1 − 1 2t 1 3t 1 5t
⇒ ζ(t ) = (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) 1 1 − p −t = (cid:89) p ∈P 1 − 1 − 1 − ... 1 2t 1 5t 1 1 3t
3.2.3 Đẳng thức Euler
Mệnh đề 3.2.3
∞ (cid:88)
n=1
πt cot πt = 1 − 2 ζ(2n )t 2n
Chứng minh: (theo tài liệu [9]):
∞ (cid:89)
k =1
Lấy logarit hai vế:
(cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) (cid:18) (cid:19) = 1 − 1 − 1 − ... = 1 − sin πt πt t 2 12 t 2 22 t 2 32 t 2 k 2
∞ (cid:89)
k =1
Suy ra:
(cid:18) (cid:19) log = log 1 − sin πt πt t 2 k 2
∞ (cid:88)
k =1
Lấy vi phân hai vế theo t thu được:
(cid:18) (cid:19) log sin πt = log πt + log 1 − t 2 k 2
∞ (cid:88)
k =1
Khi đó thu được:
(cid:40) (cid:18) (cid:19)(cid:41) log sin πt = log πt + log 1 − d d t d d t t 2 k 2
∞ (cid:88)
k =1
Trang: 51
(cid:18) (cid:19) 1 π = + − (cid:18) (cid:19) cos πt sin πt 1 t 2t k 2 1 − t 2 k 2
Hàm Euler zeta và số Bernoulli
∞ (cid:88)
k =1
(cid:18) (cid:19) 1 − ⇒ πt cot πt = 1 + (cid:19) (cid:18) 2t 2 k 2 1 −
∞ (cid:88)
∞ (cid:88)
(cid:19)n (cid:18) (cid:19) − = 1 + 2t 2 k 2 t 2 k 2 (cid:18) t 2 k 2
k =1 ∞ (cid:88)
n=0 ∞ (cid:88)
(cid:19)n +1 = 1 − 2 (cid:18) t 2 k 2
∞ (cid:88)
k =1 ∞ (cid:88)
n =0 ∞ (cid:88)
n =1
n =0
k =1
k =1
Kết quả thu được công thức:
∞ (cid:88)
(cid:33) (cid:32) ∞ (cid:88) t 2n = 1 − 2 1 k 2n t 2n = 1 − 2 1 k 2n
n=1
∞ (cid:88)
πt cot πt = 1 − 2 ζ(2n )t 2n
Định lý 3.2.4 (Đẳng thức Euler) Với ζ (t ) =
k =1
1 k t khi đó:
Trong đó: B2n là những số Bernoulli.
ζ(2n ) = (−1)n+1 (2π)2n B2n 2.(2n)!
Chứng minh: Theo mệnh đề (2.2.5):
∞ (cid:88)
n=1
Bằng cách thay x bởi πt suy ra:
∞ (cid:88)
+ cot x = (−1)n 22n B2n 1 x x 2n−1 (2n )!
n =1
So sánh công thức trên với công thức trong mệnh đề trước đó thu được kết quả:
πt cot πt = 1 − 2 (−1)n+1 t 2n (2π)2n B2n 2(2n )!
Trang: 52
ζ(2n ) = (−1)n+1 (2π)2n B2n 2.(2n)!
Áp dụng của hàm zeta tính tổng vô hạn
3.3 ÁP DỤNG CỦA HÀM ZETA TÍNH TỔNG VÔ HẠN
Áp dụng công thức:
và
∞ (cid:88)
ζ(2n ) = (−1)n+1 (2π)2n B2n 2.(2n)!
n=1
Thu được:
ζ(t ) = t > 1 1 n t
Thật vậy V T = ζ(2) = Tương tự:
π2 + + + + ... = 1 + 1 42 1 52 6 1 32 (cid:19) π2 = . = V P 4π2.1 2.2! 1 22 (cid:18)1 6 6
và:
π4 + + + ζ(4) = 1 + + ... = 1 34 1 44 1 54 1 24 90
π6 + + + ζ(6) = 1 + + ... = 1 36 1 46 1 56 1 26 945
Trang: 53
...
Áp dụng của hàm zeta tính tổng vô hạn
KẾT LUẬN
Trên đây là kiến thức mà tôi đã đọc các tài liệu, trình bày lại một số lý thuyết
cơ sở và sưu tầm các bài ứng dụng của số Bernoulli và đa thức Bernoulli.
Với những ứng dụng đã được nêu trên đây, thì quả thực các số Bernoulli và
Đa thức Bernoulli đã bao trùm lên tổng sơ cấp mà chúng ta đã được học.
Tôi nhận ra rằng ở đâu có tổng lũy thừa thì ở đó có số Bernoulli
Và một điều nữa là, mặc dù ứng dụng lớn như vậy, nhưng các số Bernoulli
cũng không được biểu diễn một cách tường minh, mà thông qua một tổng không
tính ngay được. Từ đó các Đa thức Bernoulli cũng gặp tình trạng tương tự. Chính
vì điều này mà việc tìm một công thức tổng quát (tính trực tiếp theo n và i ) của
tổng
n (cid:80) i =0
Ứng dụng của số Bernoulli và Đa thức Bernoulli là rất nhiều, và hay, ví dụ
các tính chất số học của số Bernoulli, Các mối quan hệ của các tổng chuỗi lũy thừa
các số nguyên liên tiếp,... tuy nhiên trong khuôn khổ luận văn có hạn, tôi không
trình bày ở đây được.
Trang: 54
i là một việc làm hoàn toàn còn bí ẩn!.
Tài liệu tham khảo
[1] Arakawa, Tsuneo, Tomoyoshi Ibukiyama, Masanobu Kaneko, and Don Za-
gier. Bernoulli numbers and zeta functions. Springer, 2014, 1- 38 . 1, 12,
38
[2] Beardon, A. F.: Sums of powers of Integers, Mathematical Association of
America, 60 (1996), 201-205. 1, 10
[3] Graham, R., Knuth, D., Patashnik, O.: Concrete Mathematics. Addison-
Wesley (1989), 243-276. 1, 38
[4] Kaneko, M. : Poly-Bernoulli numbers, Jour. Th. Nombre Bordeaux 9 (1997),
199-206. 23
[5] Kaneko, M. : The Akiyama-Tanigawa algorithm for Bernoulli numbers, Jour-
nal of Integer Sequences, Vol. 3 (2000), 1-7. 47
[6] Keith Devlin, How Euler discovered the zeta function, 1 - 4. 49
[7] Kim Milton, K. A : Bernoulli Polynomials, Version of September 16, (2011),
chapter 4, 41–51. 23
[8] Knuth, D.: Two notes on notation. Am. Math. Monthly 99,403-422 (1992)
403-422. 38
[9] Melnikov, Yuri A.:Green’s Functions and Infinite Products, Springer, 2011,
17- 41 . 51
[10] Raymond,Ayoub R.: Euler and the Zeta Function. The American Mathemat-
ical Monthly 81.10 (1974): 1067–1086. 49
[11] Victor Hugo Moll, The expansion of bernoulli polynomials in fourier series,
2-6. 23
Trang: 55
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
GIẤY XÁC NHẬN CHỈNH SỬA LUẬN VĂN THẠC SĨ
Họ và tên tác giả luận văn: Nguyễn Quốc Thái
Đề tài luận văn:
SỐ BERNOULLI VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: Toán và Thống Kê
Mã Học viên: C00256
Cơ sở đào tạo: Trường Đại học Thăng Long
Căn cứ vào biên bản cuộc họp Hội đồng chấm luận văn thạc sĩ ngày
07/06/2016 tại Trường Đại học Thăng Long và các nhận xét, góp ý cụ thể của
các thành viên hội đồng, tác giả luận văn đã thực hiện các chỉnh sửa sau:
1. Chỉnh sửa mục 1.1
2. Chỉnh sửa mục 2.1 từ “miền nguyên” thành “trường”
3. Đưa nội dụng ứng dụng theo cuối mỗi chương.
4. Chỉnh lại một số câu văn trong trình bày.
Hà nội, ngày 10 tháng 07 năm 2016
