Luận văn Thạc sĩ Toán học: Số Bernoulli và tổng lũy thừa

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:45

Thêm vào BST

Báo xấu

14
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn được tiến hành để trình bày một số nghiên cứu mới nhất gần đây về số Bernoulli, đa thức Bernoulli và tổng lũy thừa. Luận văn sẽ gồm có 2 chương như sau: Số Bernoulli và đa thức Bernoulli, tổng lũy thừa. mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Số Bernoulli và tổng lũy thừa

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ------------------------- Phạm Thị Hiền SỐ BERNOULLI VÀ TỔNG LŨY THỪA LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thành phố Hồ Chí Minh – Năm 2019
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH ------------------------- Phạm Thị Hiền SỐ BERNOULLI VÀ TỔNG LŨY THỪA Chuyên ngành: Đại số và Lý thuyết số Mã số : 8460104 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS. TS. MỴ VINH QUANG Thành phố Hồ Chí Minh – Năm 2019
Lời cam đoan Tôi xin cam đoan luận văn “Số Bernoulli và tổng lũy thừa” do chính tôi thực hiện dưới sự hướng dẫn của PGS. TS. Mỵ Vinh Quang. Nội dung của luận văn có tham khảo và sử dụng một số kết quả từ nguồn sách, tạp chí, bài báo được liệt kê trong danh mục tài liệu tham khảo. Tôi xin chịu hoàn toàn trách nhiệm về luận văn của mình. Tác giả luận văn Phạm Thị Hiền
Lời cám ơn Lời cảm ơn đầu tiên, tôi xin gởi tới PGS. TS Mỵ Vinh Quang, người thầy tận tình trong giảng dạy, trực tiếp hướng dẫn, giúp đỡ về kiến thức, tài liệu cũng như các phương pháp để tôi hoàn thành đề tài luận văn “Số Bernoulli và tổng lũy thừa”. Tiếp đến tôi xin bày tỏ lòng biết ơn đến quý thầy cô trong khoa Toán - Tin của trường Đại học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh. Quý thầy cô đã trực tiếp giảng dạy, giúp đỡ tôi rất nhiều trong việc hoàn thành luận văn này. Tôi cũng không quên bày tỏ lòng biết ơn đối với quý thầy cô trong Ban giám hiệu trường Đại học Sư Phạm Thành Phố Hồ Chí Minh, đặc biệt là quý thầy cô phòng Sau Đại học đã tạo mọi điều kiện thuận lợi để tôi học tập và làm việc trong suốt quá trình học Cao học. Tôi xin chân thành cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã động viên, cổ vũ, khích lệ và giúp đỡ tôi trong suốt thời gian qua. Mặc dù đã có nhiều cố gắng trong suốt quá trình thực hiện đề tài, song có thể còn có những mặt hạn chế, thiếu sót. Tôi rất mong nhận được ý kiến đóng góp và sự chỉ dẫn của các thầy cô giáo và các bạn học viên. Phạm Thị Hiền
Mục lục Trang Lời cam đoan Lời cảm ơn Mục lục Mở đầu ............................................................................................................................ 1 Chương 1: Số Bernoulli và đa thức Bernoulli............................................................. 3 1.1. Số Bernoulli.......................................................................................................... 3 1.2. Đa thức Bernoulli ................................................................................................. 6 1.3. Một số ứng dụng .................................................................................................. 7 Chương 2: Tổng luỹ thừa ............................................................................................ 12 2.1. Tổng lũy thừa và mẫu số của tổng lũy thừa ....................................................... 12 2.1.1. Tổng lũy thừa .............................................................................................. 12 2.1.2. Mẫu số của tổng lũy thừa ............................................................................ 13 2.1.3. Một số mệnh đề liên quan ........................................................................... 14 2.1.4. Giá trị p-adic và các tính chất liên quan ..................................................... 23 2.2. Một số kết quả về mẫu số của tổng lũy thừa ...................................................... 25 Kết luận ........................................................................................................................ 39 Tài liệu tham khảo ....................................................................................................... 40
1 Mở đầu Khi đi tìm một công thức tổng quát để tính tổng lũy thừa bậc 𝑚 của 𝑛 − 1 số nguyên dương đâu tiên, nhà Toán học Thụy Sĩ Jacorp Bernoulli (1654  1704) đã phát minh và nghiên cứu ra các số Bernoulli. Ông đã để lại cuốn sách Ars Conjectandi (1713), trong đó bằng việc sử dụng số Bernoulli và đa thức Bernoulli, đã giải quyết trọn vẹn bài toán trên. Đặc biệt, ông đã khẳng định rằng không mất đến 10 phút để tính tổng trên với lũy thừa bậc 10 của 1000 số nguyên dương đầu tiên. Ngày nay, số Bernoulli, đa thức Bernoulli và tổng lũy thừa nói trên đóng vai trò quan trọng trong nhiều ngành khác nhau của Toán học, đặc biệt là trong lý thuyết số hiện đại và giải tích 𝑝 - adic. Chúng cũng được tiếp tục nghiên cứu bởi nhiều nhà Toán học và đã đưa ra nhiều kết quả thú vị. Chẳng hạn như giá trị hàm số zeta 𝜁(𝑠) tại 𝑠 = 2𝑘 có thể được tính qua các số Bernoulli như sau 𝑘 2𝑘 2𝑘−1 𝐵2𝑘 𝜁(2𝑘) = (−1) ⋅ 𝜋 ⋅ ⋅ , (2𝑘 − 1)! 2𝑘 trong đó 𝑘 = 1,2, … và 𝐵2𝑘 là số Bernoulli thứ 2𝑘. Chính vì vậy, tôi quyết định chọn đề tài “Số Bernoulli và tổng lũy thừa” là đề tài luận văn thạc sĩ Toán học của mình để trình bày một số nghiên cứu mới nhất gần đây về số Bernoulli, đa thức Bernoulli và tổng lũy thừa. Luận văn sẽ gồm có 2 chương như sau: Chương 1. Số Bernoulli và đa thức Bernoulli
2 Chương này sẽ trình bày một số kết quả về số Bernoulli, đa thức Bernoulli cũng như một số ứng dụng của chúng. Đặc biệt trong chương này đã làm rõ chứng minh của Định lý C.von Staudt and T.Claussen. Chương 2. Tổng lũy thừa Chương này sẽ trình bày về tổng lũy thừa, mẫu số của tổng lũy thừa và công thức tính tổng lũy thừa qua đa thức Bernoulli. Tiếp theo, chương này sẽ trình bày một số kết quả mới nhất gần đây về tổng lũy thừa, đặc biệt về mẫu số của tổng lũy thừa.
3 Chương 1 Số Bernoulli và đa thức Bernoulli Chương này trình bày một số kết quả về số Bernoulli, đa thức Bernoulli và các ứng dụng của chúng. Đặc biệt là đã làm rõ chứng minh của Định lý về đồng dư thức của C.von Staudt and T.Claussen. Các kết quả của chương này được trình bày theo tài liệu tham khảo [1], [2], [3] và [4]. 1.1. Số Bernoulli Trong mục này trình bày định nghĩa và một số tính chất của số Bernoulli. Định nghĩa 1.1.1. Số Bernoulli thứ 𝑛 (𝑛 ∈ ℕ), kí hiệu 𝐵𝑛 , là một số hữu tỷ được định nghĩa bằng quy nạp như sau 𝐵0 = 1, 𝑛 { 𝑛+1 ∑( ) 𝐵𝑘 = 0 (𝑛 ≥ 1). 𝑘 𝑘=0 Dựa vào Định nghĩa 1.1.1 ta có 𝐵0 = 1, 2 1 + ( ) 𝐵1 = 0, 1 3 3 1 + ( ) 𝐵1 + ( ) 𝐵2 = 0, ⋯ 1 2 Từ đó ta tính được 1 1 1 𝐵1 = − ; 𝐵2 = ; 𝐵3 = 0; 𝐵4 = − ; 𝐵5 = 0; … 2 6 30 Tiếp theo ta đi đến một số tính chất của số Bernoulli.
4 Bổ đề 1.1.2. Số Bernoulli thứ 𝑛, kí hiệu 𝐵𝑛 , được xác định bởi hàm sau ∞ 𝑡 𝑡𝑘 = ∑ 𝐵𝑘 , (|𝑡| < 2𝜋). 𝑒𝑡 − 1 𝑘! 𝑘=0 Chứng minh. Ta có ∞ 𝑡 𝑡𝑘 = ∑ 𝑏𝑘 (𝑏 ∈ ℚ), 𝑒𝑡 − 1 𝑘! 𝑘 𝑘=0 và ∞ 𝑡 𝑡𝑖 𝑒 −1=∑ . 𝑖! 𝑖=1 Suy ra ∞ ∞ 𝑡𝑖 𝑡𝑘 𝑡 = ∑ ∑ 𝑏𝑘 . 𝑖! 𝑘! 𝑘=0 𝑖=1 Đồng nhất hệ số của hai vế, ta được 𝑛 𝑛+1 b0  1 và ∑ ( ) 𝑏𝑘 = 0, với n  1. 𝑘=0 𝑘 Do đó 𝐵𝑛 = 𝑏𝑛 với mọi 𝑛 ≥ 0, hay ∞ 𝑡 𝑡𝑘 = ∑ 𝐵𝑘 , (|𝑡| < 2𝜋). 𝑒𝑡 − 1 𝑘! 𝑘=0 Vậy Bổ đề đã được chứng minh.
5 Mệnh đề 1.1.3. Với 𝑘 ∈ ℕ ∖ {0}, 𝐵2𝑘+1 = 0. Chứng minh. Theo Bổ đề 1.1.2, ta có ∞ 𝑡 𝑡 𝑡𝑘 𝑓(𝑡): = 𝑡 + = 1 + ∑ 𝐵𝑘 . 𝑒 −1 2 𝑘! 𝑘=2 Vì 𝑓(𝑡) = 𝑓(−𝑡) nên 𝑓(𝑡) là hàm số chẵn. Do đó các hệ số của lũy thừa bậc lẻ của t ở vế phải phải bằng 0, hay 𝐵2𝑘+1 = 0. Vậy Mệnh đề đã được chứng minh. Mệnh đề 1.1.4. Với 𝑛 ≥ 1, tổng 𝑆𝑛 (𝑥): = 1𝑛 + 2𝑛 + ⋯ + (𝑥 − 1)𝑛 thỏa mãn 𝑛 𝑛+1 (𝑛 + 1)𝑆𝑛 (𝑥) = ∑ ( ) 𝐵𝑘 𝑥 𝑛+1−𝑘 . 𝑘 𝑘=0 Chứng minh. Vì ∞ ∞ (𝑘𝑡)𝑛 𝑡𝑛 𝑒 𝑘𝑡 =∑ = ∑𝑘 𝑛 , 𝑛! 𝑛! 𝑛=0 𝑛=0 nên ∞ ∞ ∞ 𝑡𝑛 𝑡𝑛 𝑡𝑛 1 + 𝑒 𝑡 + ⋯ + 𝑒 (𝑥−1)𝑡 = ∑1𝑛 +∑2𝑛 + ⋯ + ∑(𝑥 − 1)𝑛 𝑛! 𝑛! 𝑛! 𝑛=0 𝑛=0 𝑛=0 ∞ 𝑛 𝑡 = ∑ 𝑆𝑛 (𝑥) . 𝑛! 𝑛=0 Lại có,
6 𝑒 𝑥𝑡 − 1 𝑒 𝑥𝑡 𝑡 1 + 𝑒 𝑡 + ⋯ + 𝑒 (𝑥−1)𝑡 = 𝑡 = ⋅ 𝑡 𝑒 −1 𝑡 𝑒 −1 ∞ ∞ 𝑡 𝑚−1 𝑡𝑘 = ∑ 𝑥𝑚 ∑ 𝐵𝑘 . 𝑚! 𝑘! 𝑚=0 𝑘=0 Suy ra ∞ ∞ ∞ 𝑡 𝑚−1 𝑚 𝑡𝑘 𝑡𝑛 ∑𝑥 ∑ 𝐵𝑘 = ∑ 𝑆𝑛 (𝑥) . 𝑚! 𝑘! 𝑛! 𝑚=0 𝑘=0 𝑛=0 Đồng nhất hệ số của 𝑡 𝑛 trong cả hai vế của đẳng thức trên, sau đó nhân hai vế của đẳng thức mới tìm được cho (𝑛 + 1)!, ta được điều phải chứng minh. 1.2. Đa thức Bernoulli Trong mục này trình bày định nghĩa và một số ví dụ về đa thức Bernoulli. Định nghĩa 1.2.1. Đa thức Bernoulli bậc 𝑛 (𝑛 ∈ ℕ), kí hiệu 𝐵𝑛 (𝑥), là đa thức được định xác định như sau 𝑛 𝑛 𝐵𝑛 (𝑥) = ∑ ( ) 𝐵𝑘 𝑥 𝑛−𝑘 . 𝑘 𝑘=0 Kí hiệu hình thức 𝑛 𝑛 ∑ ( ) 𝐵𝑘 𝑥 𝑛−𝑘 = (𝐵 + 𝑥)𝑛 . 𝑘 𝑘=0 Ví dụ 1.2.2 (i) Đa thức Bernoulli bậc 0 là 𝐵0 (𝑥) = (𝐵 + 𝑥)0 = 1. (ii) Đa thức Bernoulli bậc 1 là
7 1 1 1 𝐵1 (𝑥) = (𝐵 + 𝑥) = ∑ ( ) 𝐵𝑘 𝑥 1−𝑘 = 𝑥 − . 1 𝑘 2 𝑘=0 (iii) Đa thức Bernoulli bậc 2 là 2 2 1 𝐵2 (𝑥) = (𝐵 + 𝑥)2 = ∑ ( ) 𝐵𝑘 𝑥 2−𝑘 = 𝑥 2 − 𝑥 + . 𝑘 6 𝑘=0 (iv) Đa thức Bernoulli bậc 3 là 3 3 3 1 𝐵3 (𝑥) = (𝐵 + 𝑥) = ∑ ( ) 𝐵𝑘 𝑥 3−𝑘 = 𝑥 3 − 𝑥 2 + 𝑥. 3 𝑘 2 2 𝑘=0 1.3. Một số ứng dụng Đầu tiên ta nhắc lại một số định nghĩa như sau: Cho 𝑝 là một số nguyên tố cố định và với mỗi số 𝑥 ∈ ℚ ∖ {0}, 𝑚 𝑥 = 𝑝𝛼 , trong đó 𝑚, 𝑛 ∈ ℤ, (𝑚; 𝑛) = (𝑚; 𝑝) = (𝑛; 𝑝) = 1. 𝑛 Số 𝛼 được gọi là 𝑝 − số mũ của 𝑥. Kí hiệu là ord𝑝 (𝑥) = 𝛼. Quy ước: ord𝑝 (0) = ∞. Cho 𝑝 là một số nguyên tố và 𝑥 ∈ ℚ\{0}. Ta nói 𝑥 là 𝑝 − nguyên nếu ord𝑝 (𝑥) ≥ 0. Cho 𝑎, 𝑏 là các 𝑝 − nguyên. Khi đó ta định nghĩa 𝑎−𝑏 𝑎 ≡ 𝑏 (mod 𝑝𝑛 ) ⇔ là 𝑝 − nguyên, hay ord𝑝 (𝑎 − 𝑏) ≥ 𝑛. 𝑝𝑛 Mệnh đề 1.3.1. Cho 𝑝 là một số nguyên tố và 𝑘 ≥ 1 là một số nguyên. Khi đó pk (i) là 𝑝 − nguyên. k 1 pk (ii)  0 ( mod p) . k 1
8 p k 2 (iii) là 𝑝 − nguyên nếu 𝑘 ≥ 3 và 𝑝 ≥ 5. k 1 Chứng minh. (i) Trước tiên ta sẽ chứng minh 𝑘 + 1 ≤ 𝑝𝑘 với 𝑘 ≥ 1 bằng quy nạp. Thật vậy, Nếu 𝑘 = 1 thì khẳng định trên là đúng. Giả sử khẳng định trên đúng với 𝑘 > 1, nghĩa là 𝑘 + 1 ≤ 𝑝𝑘 . Ta sẽ chứng minh khẳng định trên đúng với 𝑘 + 1, nghĩa là 𝑘 + 2 ≤ 𝑝𝑘+1 . Ta có (𝑘 + 1) + 1 ≤ 𝑝𝑘 + 1 < 2𝑝𝑘 ≤ 𝑝𝑘+1 . Vậy 𝑘 + 1 ≤ 𝑝𝑘 với 𝑘 ≥ 1. pk  pk  pk Khi đó  1 , suy ra ord p    0 . Vậy là 𝑝 − nguyên. k 1  k 1  k 1 (ii) Nếu 𝑘 = 1 thì hiển nhiên 𝑝 ≡ 0 ( mod 𝑝). 2 Nếu 𝑘 ≥ 2 thì chứng minh tương tự trong (i), ta có 𝑘 + 1 < 𝑝𝑘 . pk  pk  pk Do đó  1 . Suy ra ord p    1 , hay  0 ( mod p) . k 1  k 1  k 1 (iii) Tương tự trong (i), ta hoàn toàn có thể chứng minh bằng quy nạp theo 𝑘 khẳng định 𝑘 + 1 < 𝑝𝑘−2 với 𝑘 ≥ 3 và 𝑝 ≥ 5. p k 2  p k 2  Do đó  1 , suy ra ord p    0. k 1  k 1 
9 p k 2 Vậy là 𝑝 − nguyên nếu 𝑘 ≥ 3 và 𝑝 ≥ 5. k 1 Cho 𝑛 ≥ 𝑘 ≥ 0, ta có 𝑛+1 𝑛+1 𝑛 𝑛 𝑛 ( )= ( ) và ( ) = ( ). 𝑘 𝑛+1−𝑘 𝑘 𝑘 𝑛−𝑘 Do đó theo Mệnh đề 1.1.4, 𝑛 𝑛 𝐵𝑘 𝑥 𝑛+1−𝑘 ( ) 𝑆𝑛 𝑥 = ∑ ( ) 𝑘 𝑛+1−𝑘 𝑘=0 𝑛 𝐵0 𝑥 𝑛+1 𝑛 𝐵1 𝑥 𝑛 𝑛 𝐵𝑛−1 𝑥 2 𝑛 =( ) +( ) + ⋯+ ( ) + ( ) 𝐵𝑛 𝑥 0 𝑛+1 1 𝑛 𝑛−1 2 𝑛 2 𝑛+1 𝑛 𝐵𝑛−1 𝑥 𝑥 = 𝐵𝑛 𝑥 + ( ) + ⋯+ 1 2 𝑛+1 𝑛 𝑛 𝑥 𝑘+1 = ∑ ( ) 𝐵𝑛−𝑘 . 𝑘 𝑘+1 𝑘=0 Mệnh đề 1.3.2. Với 𝑝 là một số nguyên tố và 𝑛 ≥ 1 là một số nguyên, 𝑝𝐵𝑛 là 𝑝 − nguyên. Đặc biệt, nếu 𝑛 ≥ 2 là số chẵn thì 𝑝𝐵𝑛 ≡ 𝑆𝑛 (𝑝) ( mod 𝑝). Chứng minh. Ta sẽ chứng minh Mệnh đề bằng quy nạp theo 𝑛. Nếu 𝑛 = 1 thì p pB1   , do đó 𝑝𝐵1 là 𝑝 − nguyên. Nếu 𝑛 > 1, giả sử Mệnh đề đúng đến 𝑛 − 1, 2 nghĩa là 𝑝𝐵2 , 𝑝𝐵3 , … , 𝑝𝐵𝑛−1 là 𝑝 − nguyên. Ta sẽ chứng minh Mệnh đề đúng với 𝑛, nghĩa là 𝑝𝐵𝑛 là 𝑝 − nguyên. Ta có 𝑛 𝑛 𝑝𝑘 𝑆𝑛 (𝑝) = ∑ ( ) 𝑝𝐵𝑛−𝑘 . 𝑘 𝑘+1 𝑘=0
10 Vì 𝑆𝑛 (𝑝) là 𝑝 − nguyên, 𝑝𝐵𝑛−𝑘 là 𝑝 − nguyên với 𝑘 = 1,2, … , 𝑛 (theo giả thiết quy pk nạp) và là 𝑝 − nguyên với 𝑘 ≥ 1 (theo Mệnh đề 1.3.1) nên suy ra 𝑝𝐵𝑛 là 𝑝 − k 1 nguyên. Vậy 𝑝𝐵𝑛 là 𝑝 − nguyên với mọi 𝑛 ≥ 1. Tiếp theo, giả sử 𝑛 ≥ 2 là số chẵn. ta sẽ chứng minh 𝑝𝐵𝑛 ≡ 𝑆𝑛 (𝑝) ( mod 𝑝), nghĩa là chứng minh 𝑛 𝑝𝑘 ord𝑝 [( ) 𝑝𝐵𝑛−𝑘 ] ≥ 1, ∀𝑘 ≥ 1. 𝑘 𝑘+1  n  pk  n  • Nếu 𝑘 = 1 thì ord p   pBn  k   ord p   pBn 1  p  .  k  k  1 2  n  Với 𝑛 = 2 thì rõ ràng ord p   pBn 1  p   1 , và với 𝑛 chẵn, 𝑛 ≥ 4 thì 𝐵𝑛−1 = 0. Vậy 2  𝑝𝐵𝑛 ≡ 𝑆𝑛 (𝑝) ( mod 𝑝) với 𝑘 = 1. • Nếu 𝑘 ≥ 2 thì áp dụng Mệnh đề 1.3.1 và phần chứng minh ở trên suy ra 𝑝𝐵𝑛 ≡ 𝑆𝑛 (𝑝) ( mod 𝑝), ∀𝑘 ≥ 2. Vậy mệnh đề đã được chứng minh. Mệnh đề 1.3.3. Cho 𝑝 là một số nguyên tố và 𝑛 ≥ 1 là một số nguyên. Khi đó Nếu (𝑝 − 1) ∤ 𝑛 thì 𝑆𝑛 (𝑝) ≡ 0 ( mod 𝑝). Nếu (𝑝 − 1) ∣ 𝑛 thì 𝑆𝑛 (𝑝) ≡ −1 ( mod 𝑝). Chứng minh. Gọi 𝑔 là một căn nguyên thủy môđun 𝑝, ta có 𝑆𝑛 (𝑝) = 1𝑛 + 2𝑛 + ⋯ + (𝑝 − 1)𝑛 ≡ 1𝑛 + 𝑔𝑛 + ⋯ + 𝑔(𝑝−2)𝑛 ( mod 𝑝). Do đó (𝑔𝑛 − 1)𝑆𝑛 (𝑝) ≡ 𝑔𝑛(𝑝−1) − 1 ≡ 0 ( mod 𝑝). • Nếu (𝑝 − 1) ∤ 𝑛 thì 𝑔𝑛 ≡ 1 ( mod 𝑝), điều này tương đương với 𝑔𝑛 − 1 ≡ 0 ( mod 𝑝). Suy ra 𝑆𝑛 (𝑝) ≡ 0 ( mod 𝑝).
11 • Nếu (𝑝 − 1) ∣ 𝑛 thì 𝑆𝑛 (𝑝) ≡ 1 + 1 + ⋯ + 1 ( mod 𝑝) ≡ 𝑝 − 1 ( mod 𝑝) ≡ −1 ( mod 𝑝). Vậy Mệnh đề đã được chứng minh.  Cho 𝑥 ∈ ℚ là số hữu tỷ có thể được viết duy nhất ở dạng phân số tối giản x   với 𝜐 ∈ ℤ, 𝛿 ∈ ℕ ∖ {0}. Khi đó kí hiệu denom(𝑥): = 𝛿. Chú ý, nếu 𝑚 ∈ ℤ thì denom(𝑚) = 1. Ta có thể mở rộng cho đa thức 𝑝(𝑥) ∈ ℚ[𝑥], nghĩa là denom(𝑝(𝑥)) là số nguyên dương nhỏ nhất 𝑑 thỏa mãn 𝑑 ⋅ 𝑝(𝑥) ∈ ℤ[𝑥]. Định lý 1.2.4 (C.von Staudt and T.Clausen). Cho 𝑛 là số nguyên dương chẵn và 𝐵𝑛 là số Bernoulli. Khi đó denom(𝐵𝑛 ) = ∏ 𝑝. (𝑝−1)|𝑛 Chứng minh. Với 𝑛 là số nguyên dương chẵn thì theo Mệnh đề 1.3.2 ta có 𝑝𝐵𝑛 là 𝑝 − nguyên và 𝑝𝐵𝑛 ≡ 𝑆𝑛 (𝑝) ( mod 𝑝). Áp dụng Mệnh đề 1.3.3, nếu (𝑝 − 1) ∤ 𝑛 thì 𝐵𝑛 là 𝑝 − nguyên và nếu (𝑝 − 1) ∣ 𝑛 thì 𝑝𝐵𝑛 ≡ −1 ( mod 𝑝). Do đó nếu đặt 1 𝐴𝑛 = 𝐵𝑛 + ∑ 𝑝 (𝑝−1)∣𝑛 thì 𝐴𝑛 là 𝑝 − nguyên với mọi 𝑝, suy ra 𝐴𝑛 ∈ ℤ. Vậy denom(𝐵𝑛 ) = ∏ 𝑝. (𝑝−1)|𝑛 Vậy Định lý đã được chứng minh.
12 Chương 2 Tổng luỹ thừa Chương này trình bày về định nghĩa tổng lũy thừa, mẫu số của tổng lũy thừa cũng như công thức tính tổng lũy thừa qua đa thức Bernoulli. Sau đó trình bày một số kết quả mới nhất gần đây về tổng lũy thừa, đặc biệt về mẫu số của tổng lũy thừa. Các kết quả của chương này chủ yếu được trình bày theo tài liệu tham khảo [3] được công bố vào năm 2017. 2.1. Tổng lũy thừa và mẫu số của tổng lũy thừa Trong mục này trình bày về định nghĩa, một vài ví dụ về tổng lũy thừa và mẫu số của tổng lũy thừa. Tiếp theo là một số mệnh đề liên quan. Cuối cùng mục này trình bày về giá trị 𝑝 − adic, cũng như các tính chất liên quan đến nó. 2.1.1. Tổng lũy thừa Định nghĩa 2.1.1. Tổng lũy thừa 𝑆𝑛 (𝑥) bậc 𝑛 (𝑛 = 0,1, … ) là đa thức theo biến 𝑥 với hệ số hữu tỷ được xác định như sau 𝑆𝑛 (𝑥) = 1𝑛 + 2𝑛 + ⋯ + (𝑥 − 1)𝑛 . Ta có 𝑛+1 𝐵𝑛+1 (𝑥) − 𝐵𝑛+1 1 𝑛+1 = [∑ ( ) 𝐵𝑘 𝑥 𝑛+1−𝑘 − 𝐵𝑛+1 ] 𝑛+1 𝑛+1 𝑘 𝑘=0 𝑛 1 𝑛+1 = [∑ ( ) 𝐵𝑘 𝑥 𝑛+1−𝑘 ] 𝑛+1 𝑘 𝑘=0 = 𝑆𝑛 (𝑥) (Mệnh đề1.1.4).
13 Vậy 𝐵𝑛+1 (𝑥) − 𝐵𝑛+1 𝑆𝑛 (𝑥) = 1𝑛 + 2𝑛 + ⋯ + (𝑥 − 1)𝑛 = . 𝑛+1 Ví dụ 2.1.4. (i) Tổng lũy thừa bậc 0 là 𝑆0 (𝑥) = 10 + 20 + ⋯ + (𝑥 − 1)0 = 𝑥 − 1. (ii) Tổng lũy thừa bậc 1 là 1 𝑆1 (𝑥) = 11 + 21 + ⋯ + (𝑥 − 1)1 = (𝑥 2 − 𝑥 ). 2 (iii) Tổng lũy thừa bậc 2 là 1 𝑆2 (𝑥) = 12 + 22 + ⋯ + (𝑥 − 1)2 = (2𝑥 3 − 3𝑥 2 + 𝑥 ). 6 (iv) Tổng lũy thừa bậc 3 là 1 𝑆3 (𝑥) = 13 + 23 + ⋯ + (𝑥 − 1)3 = (𝑥 4 − 2𝑥 3 + 𝑥 2 ). 4 2.1.2. Mẫu số của tổng lũy thừa Định nghĩa 2.1.3. Mẫu số của tổng lũy thừa thứ 𝑛 (𝑛 ≥ 0) là số nguyên dương nhỏ nhất 𝑑𝑛 thỏa mãn 𝑑𝑛 ⋅ (1𝑛 + 2𝑛 + ⋯ + 𝑥 𝑛 ) là đa thức theo biến 𝑥 với hệ số nguyên.
14 Ví dụ 2.1.4. (i) Mẫu số của tổng lũy thừa bậc 0 là 𝑑0 = 1. (ii) Mẫu số của tổng lũy thừa bậc 1 là 𝑑1 = 2. (iii) Mẫu số của tổng lũy thừa bậc 2 là 𝑑2 = 6. (iv) Mẫu số của tổng lũy thừa bậc 3 là 𝑑3 = 4. Từ Định nghĩa 2.1.1 và Định nghĩa 2.1.3 suy ra 𝑑𝑛 = denom(𝑆𝑛 (𝑥 + 1)). Ta lại có 𝑛+1 𝐵𝑛+1 (𝑥) − 𝐵𝑛+1 1 𝑛+1 𝑆𝑛 (𝑥) = = [∑ ( ) 𝐵𝑘 𝑥 𝑛+1−𝑘 − 𝐵𝑛+1 ] 𝑛+1 𝑛+1 𝑘 𝑘=0 1 𝑛+1 𝑛+1 = [𝐵0 𝑥 𝑛+1 + ( ) 𝐵1 𝑥 𝑛 + ⋯ + ( ) 𝐵𝑛 𝑥] 𝑛+1 1 𝑛 1 1 = 𝑥 𝑛+1 − 𝑥 𝑛 + ⋯, 𝑛+1 2 do đó 1 1 𝑆𝑛 (𝑥 + 1) = 𝑆𝑛 (𝑥) + 𝑥 𝑛 = 𝑥 𝑛+1 + 𝑥 𝑛 + ⋯. 𝑛+1 2 Vì vậy 𝑑𝑛 = denom(𝑆𝑛 (𝑥)). 2.1.3. Một số mệnh đề liên quan Mệnh đề 2.1.5. Với 𝑛 ≥ 1, 1 𝑆𝑛 (𝑥) = ⋅ 𝑝 (𝑥), 𝑑𝑛 𝑛 trong đó 𝑝𝑛 (𝑥) ∈ ℤ[𝑥] là đa thức có hệ số nguyên tố cùng nhau.
15 Chứng minh. Vì 𝑑𝑛 = denom(𝑆𝑛 (𝑥)) nên 𝑎𝑛 𝑆𝑛 (𝑥) = ⋅ 𝑝 (𝑥), 𝑑𝑛 𝑛 trong đó 𝑎𝑛 , 𝑑𝑛 là các số nguyên dương nguyên tố cùng nhau và 𝑝𝑛 (𝑥) ∈ ℤ[𝑥] có hệ số nguyên tố cùng nhau. Theo Định nghĩa 2.1.1, nếu 𝑥 = 1,2, … thì 𝑆𝑛 (𝑥) nhận giá trị nguyên, do đó 𝑆𝑛 (𝑥 ) ≡ 0 ( mod 𝑎𝑛 ), 𝑥 = 1, 2, …. Trường hợp 𝑥 = 2 ta có 𝑆𝑛 (2) ≡ 0 (mod 𝑎𝑛 ), hay 1 ≡ 0 (mod 𝑎𝑛 ). Suy ra 𝑎𝑛 = 1. Vậy Mệnh đề đã được chứng minh. Mệnh đề 2.1.6. Với 𝑛 ≥ 1, đặt 𝑆𝑛 (𝑥) 𝑇𝑛 (𝑥) = (𝑛 + 1) . 𝑥 Khi đó 𝑇𝑛 (𝑥) là một đa thức đơn khởi trong ℚ[𝑥] và được xác định như sau 𝑛 𝑛+1 𝑇𝑛 (𝑥) = ∑ ( ) 𝐵𝑘 𝑥 𝑛−𝑘 . 𝑘 𝑘=0 Chứng minh. Từ Định nghĩa 2.1.1 và Định nghĩa 1.2.1 ta có 𝑆𝑛 (𝑥 ) 𝑇𝑛 (𝑥 ) = (𝑛 + 1) 𝑥 𝐵𝑛+1 (𝑥 ) − 𝐵𝑛+1 = (𝑛 + 1) (𝑛 + 1)𝑥 1 = [𝐵𝑛+1 (𝑥) − 𝐵𝑛+1 ] 𝑥 𝑛+1 1 𝑛+1 = [∑ ( ) 𝐵𝑘 𝑥 𝑛+1−𝑘 − 𝐵𝑛+1 ] 𝑥 𝑘 𝑘=0 𝑛 𝑛+1 = ∑( ) 𝐵𝑘 𝑥 𝑛−𝑘 . 𝑘 𝑘=0