Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tính chất nhân tử của tổng lũy thừa các số nguyên

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:53

Thêm vào BST

Báo xấu

35
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cho k, n là các số tự nhiên n > 1, ta kí hiệu Pk(n) = 1k + 2k + ... + (n − 1)k + n k , là tổng các lũy thừa bậc k của các số nguyên dương liên tiếp từ 1 đến n. Việc nghiên cứu công thức tính tổng và các tính chất của tổng trên đã thu hút được sự quan tâm của nhiều tác giả. Thời trẻ, khi nghiên cứu tổng này, nhà toán học Gauss đã tìm ra một công thức cho P1(n) bằng phương pháp đơn giản là thêm số hạng đầu tiên vào số hạng cuối cùng, số hạng thứ hai vào số hạng cuối cùng thứ hai và v.v. . . .

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Tính chất nhân tử của tổng lũy thừa các số nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN ANH TÚ TÍNH CHẤT NHÂN TỬ CỦA TỔNG LŨY THỪA CÁC SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015
i Mục lục Lời cảm ơn ii Mở đầu 1 1 Tổng lũy thừa các số tự nhiên liên tiếp 3 1.1 Công thức tính tổng lũy thừa Pk (n) . . . . . . . . . . . . . . 3 1.1.1 Mở đầu về tổng lũy thừa của các số tự nhiên liên tiếp 3 1.1.2 Công thức tính Pk (n) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.2 Tính chất nhân tử của Pk (n) . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.2.1 Phương pháp quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 1.2.2 Đa thức Bernoulli và tính nhân tử của Pk (n) . . . . . 17 2 Tổng lũy thừa các hệ số nhị thức 23 2.1 Biểu diễn đa thức của tổng lũy thừa các hệ số nhị thức . . . . 23 2.1.1 Mở đầu về tổng lũy thừa các hệ số nhị thức . . . . . . 23 2.1.2 Biểu diễn đa thức của tổng các tích của hệ số nhị thức 27 2.2 Định lý Faulhaber cho tổng lũy thừa các hệ số nhị thức . . . 30 2.2.1 Các hàm phản xạ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 2.2.2 Định lý kiểu Faulhaber . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 2.2.3 Tính chất chia hết của fk,m (x) . . . . . . . . . . . . . 35 2.3 Tổng lũy thừa nghịch đảo của các hệ số nhị thức . . . . . . . 42 2.3.1 Trường hợp tổng quát . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42 2.3.2 Tổng nghịch đảo của lũy thừa các số tam giác . . . . . 45 Kết luận 48 Tài liệu tham khảo 49
ii Lời cảm ơn Trong quá trình học tập và làm luận văn tác giả luôn nhận được sự động viên, khuyến khích và tạo điều kiện giúp đỡ nhiệt tình của các cấp lãnh đạo, của các thầy giáo, cô giáo anh chị em, bạn bè đồng nghiệp và gia đình. Với tình cảm chân thành tác giả bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới: Khoa Toán-Tin và Phòng Đào tạo, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, các thầy, cô giáo tham gia giảng dạy cung cấp những kiến thức giúp tác giả trong quá trình học tập và nghiên cứu. Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Hà Trần Phương, người trực tiếp hướng dẫn khoa học đã tận tình chỉ bảo, giúp đỡ, góp ý để tác giả hoàn thành luận văn này. Tác giả xin cảm ơn lãnh đạo Sở Giáo dục và Đào tạo Tuyên Quang, Ban Giám hiệu Trường Phổ thông Dân tộc Nội trú THPT tỉnh Tuyên Quang cùng với những người thân, bạn bè đồng nghiệp đã tận tình giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trong quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thiện luận văn. Dù đã rất nghiêm túc và cố gắng thực hiện luận văn này, nhưng với trình độ hạn chế cùng nhiều lý do khác, luận văn chắc chắn không tránh khỏi những khiếm khuyết nhất định. Kính mong sự góp ý của các thầy cô để luận văn này được hoàn chỉnh. Tác giả
1 Mở đầu Cho k, n là các số tự nhiên n > 1, ta kí hiệu Pk (n) = 1k + 2k + ... + (n − 1)k + nk , là tổng các lũy thừa bậc k của các số nguyên dương liên tiếp từ 1 đến n. Việc nghiên cứu công thức tính tổng và các tính chất của tổng trên đã thu hút được sự quan tâm của nhiều tác giả. Thời trẻ, khi nghiên cứu tổng này, nhà toán học Gauss đã tìm ra một công thức cho P1 (n) bằng phương pháp đơn giản là thêm số hạng đầu tiên vào số hạng cuối cùng, số hạng thứ hai vào số hạng cuối cùng thứ hai và v.v. . . . Ông tính được 1 P1 (n) = n (n + 1) . 2 Rất tiếc phương pháp đơn giản của Gauss lại không thực hiện được với tổng bình phương, lập phương, v,v. . . . Về sau có nhiều nhà toán học khác xây dựng các công thức tính tổng lũy thừa các số tự nhiên liên tiếp Pk (n) và nghiên cứu một số tính chất của Pk (n), đặc biệt tính chất nhân tử. Tức là các tác giả đã chứng minh đại lượng n (n + 1) (2n + 1) là thừa số của Pk (n) nếu k là số chẵn lớn hơn hoặc bằng 2 và đại lượng n2 (n + 1)2 là thừa số của Pk (n) nếu k là số lẻ lớn hơn hoặc bằng 3. (xem [1], [3],...). Năm 2013, A. S. Dzhumadil’daev và D. Yeliussizov đã nghiên cứu tổng lũy thừa các hệ số nhị thức là một mở rộng tự nhiên của tổng lũy thừa của các số tự nhiên liên tiếp. Trong bài báo đó các tác giả cũng đã chứng minh được một số tính chất của tổng lũy thừa này, đặc biệt là tính chất nhân tử giống như tính chất của tổng lũy thừa của các số tự nhiên liên tiếp. Với mục đích trình bày lại một số kết quả nghiên cứu về tính chất nhân tử của tổng lũy thừa các số nhị thức và một trường hợp đặc biệt là tổng lũy các
2 số tự nhiên liên tiếp, chúng tôi chọn đề tài "Tính chất nhân tử của tổng lũy thừa các số nguyên". Luận văn gồm hai chương: Chương 1 : Tổng lũy thừa các số tự nhiên liên tiếp. Trong chương này chúng tôi trình bày một số kiến thức mở đầu về tổng lũy thừa của các số tự nhiên liên tiếp, công thức tính tổng Pk (n) và giới thiệu tính chất nhấn tử của Pk (n) bằng hai phương pháp: quy nạp và sử dụng tính chất của đa thức Bernoulli. Chương 2:Tổng lũy thừa của các hệ số nhị thức. Trong chương này chúng tôi trình bày lại một số kết quả nghiên cứu của A. S. Dzhumadil’daev và D. Yeliussizov ([3]) về tính chất biểu diễn đa thức, tính chất nhân tử, tính chất chia hết tổng lũy thừa của các hệ số nhị thức.
3 Chương 1 Tổng lũy thừa các số tự nhiên liên tiếp 1.1 Công thức tính tổng lũy thừa Pk (n) 1.1.1 Mở đầu về tổng lũy thừa của các số tự nhiên liên tiếp Cho k, n là các số nguyên không âm. Với k, n > 1, ta kí hiệu Pk (n) = 1k + 2k + ... + (n − 1)k + nk , là tổng các lũy thừa bậc k của các số nguyên dương liên tiếp từ 1 đến n. Quy ước Pk (0) = 0 với mọi k > 0 và P0 (n) = n với mọi n > 0, khi đó ta sẽ có Pk (n) với k, n là các số nguyên không âm. Do Pk (0) = 0 và P0 (n) = n với mọi k, n nên đối với tổng Pk (n) ta chủ yếu chỉ quan tâm xem xét trong trường hợp k, n > 1. Ta có P1 (n) = 1 + 2 + ... + (n − 1) + n = n + (n − 1) + ... + 2 + 1, nên 2P1 (n) = (n + 1) + (n + 1) + ... + (n + 1) = n(n + 1) | {z } n lần Kéo theo 1 P1 (n) = n (n + 1) . 2
4 Rất tiếc, phương pháp đơn giản và tự nhiên này lại không sử dụng được khi tính tổng bình phương, lập phương, v,v. . . . Có nhiều cách khác nhau để tính tổng Pk (n), chẳng hạn: dự đoán công thức sau đó chứng minh công thức bằng phương pháp quy nạp toán học hoặc sử dụng kỹ thuật rút gọn, trong đó kỹ thuật rút gọn là khá hữu hiệu. Kỹ thuật rút gọn có ý tưởng được xuất phát từ việc tính tổng n−1 1 1 1 1 X 1 1 1 + + + ... + = − =1− . 1.2 2.3 3.4 (n − 1) .n k=1 k k+1 n Jakob Bernoulli đã cũng đã dùng ý tưởng này vào việc chứng minh tính phân kỳ của chuỗi điều hòa 11 + 21 + 13 + .... Sử dụng kỹ thuật rút gọn trong việc tính tổng lũy thừa các số nguyên dương ta có kết quả: Mệnh đề 1.1 ([8]). Cho n, k là các số tự nhiên. Khi đó tổng lũy thừa bậc k của các số tự nhiên liên tiếp từ 0 đến n được tính truy hồi bởi công thức P0 (n) = n. k+1 ! 1 k+1 X k + 1 Pk (n) = (n + 1) −1− Pk+1−r (n) . (1.1) k+1 r=2 r Chứng minh. Hiển nhiên khi k = 0 công thức đúng. Ta xét k > 0, áp dụng khai triển nhị thức Newton đối với (n + 1)k+1 ta có k+1 ! X k + 1 k+1−r (n + 1)k+1 − nk+1 = (k + 1)nk + n . r=2 r Thay thế liên tục n ở công thức trên bởi n − 1, n − 2, ..., 2, 1 và sau đó ta cộng các vế tương ứng của các đẳng thức đã có, ta sẽ thu được: k+1 ! X k+1 (n + 1)k+1 − 1 = (k + 1)Pk (n) + Pk+1−r (n) . r=2 r Điều này kéo theo k+1 ! X k+1 (k + 1) Pk (n) = (n + 1)k+1 − 1 − Pk+1−r (n) , (1.2) r=2 r
5 hay k+1 ! 1 k+1 X k + 1 Pk (n) = (n + 1) −1− Pk+1−r (n) . k+1 r=2 r Mệnh đề được chứng minh. Nhận xét 1.2. Thực hiện quy nạp công thức theo (1.1) ta nhận thấy Pk (n) là một đa thức của n bậc k + 1 với mọi số tự nhiên k với hệ số của lũy thừa 1 cao nhất là k+1 . Ví dụ 1. Tính tổng 12 + 22 + ... + n2 . Theo công thức truy hồi ta có 3 ! X 3 3P2 (n) = (n + 1)3 − 1 − P3−r (n) r=2 r ! 3 = n3 + 3n2 + 3n − P1 (n) − P0 (n). 2 n(n + 1) Từ P0 (n) = n, P1 (n) = ta có 2 2n3 + 3n2 + n n (n + 1) (2n + 1) P2 (n) = = . 6 6 Ví dụ 2. Tính tổng 13 + 23 + ... + n3 . Từ công thức truy hồi ta có 4 ! X 4 4P3 (n) = (n + 1)4 − 1 − P3−r (n) r=2 r ! ! 4 4 = n4 + 4n3 + 6n2 + 4n − P2 (n) − P1 (n) − P0 (n). 2 3 n(n + 1) n (n + 1) (2n + 1) Từ P0 (n) = n, P1 (n) = ; P2 (n) = ta có 2 6 n4 + 2n3 + n2 n2 (n + 1)2 P3 (n) = = . 4 4
6 1.1.2 Công thức tính Pk (n) Trong phần này chúng tôi trình bày một kết quả về việc xây dựng công thức tính tổng các lũy thừa các số tự nhiên liên tiếp Pk (n). Định lý 1.3 ([1]). Cho n, k là những số nguyên dương. Khi đó k+1 X Pk (n) = as ns , (1.3) s=1 trong đó 1 ak+1 = , k+1 k+1−s 1 X as+j (s + j)! as = (−1)j+1 . s! j=1 (j + 1)! với 0 < s < k + 1. Chứng minh. Ta có n X Pk (n) = sk = 1k + 2k + ... + nk ; (1.4) s=1 n−1 X Pk (n − 1) = sk = 1k + 2k + ... + (n − 1)k , (1.5) s=1 Do đó Pk (n) − Pk (n − 1) = nk . n(n + 1) Ta thấy P0 (n) = n là đa thức bậc nhất; P1 (n) = là một đa thức 2 bậc hai. Sử dụng công thức (1.1) ta suy ra Pk (n) là một đa thức bậc (k + 1) với mọi số tự nhiên k . Do đó ta có thể biểu diễn Pk (n) như sau: Pk (n) = a1 n + a2 n2 + ... + ak nk + ak+1 nk+1 , trong đó a1 , a2 , ...ak , ak+1 là các hằng số. Bây giờ ta tính toán các hệ số a1 , a2 , . . . , ak+1 . Ta viết as dưới dạng as = fs (k) (s ∈ N, 0 < s 6 k + 1).
7 Ta có k+1 X Pk (n) = as ns s=1 k+1 X Pk (n − 1) = as (n − 1)s . s=1 Do đó k+1 X k+1 X Pk (n) − Pk (n − 1) = as n −s as (n − 1)s = nk . s=1 s=1 Khai triển từng số hạng trong tổng trên (n − 1)s ta có Pk (n) − Pk (n − 1) = b1 n + b2 n2 + b3 n3 + ... + bk nk + bk+1 nk+1 = nk , (1.6) trong đó bs = f (k, a1 , a2 , ..., ak , ak+1 ) (0 < s ≤ k + 1) . Điều này kéo theo bs = 0 (s 6= k) còn bk = 1 . Vì a1 , a2 , ..., ak , ak+1 là hằng số nên bs được viết dưới dạng f (k), trong đó k là số tự nhiên đã biết. Ta có k+1 X k+1 X s as n − as (n − 1)s = nk s=1 s=1 k+1 X as ns = a1 n + a2 n2 + ... + ak+1 nk+1 . s=1 Ta phân tích k+1 X as (n − 1)s = a1 (n − 1) + a2 (n − 1)2 + ... + ak+1 (n − 1)k+1 s=1 = a1 (n − 1) + a2 (n2 + −2n + 1) + a3 (n3 − 3n2 + 3n − 1) k(k − 1)nk−2 k k−1 + · · · + ak n − kn + − ... 2 (k + 1)knk−1 k+1 k + ak+1 n − (k + 1)n + − ... . 2
8 Suy ra k+1 X k+1 X s as n − as (n − 1)s s=1 s=1 = (ak+1 − ak+1 ) nk+1 + (ak − (ak − ak+1 (k + 1))) nk ak+1 (k + 1) k + ak−1 − ak−1 − ak k + nk−1 + .... (1.7) 2 Do bs là tổng của các hệ số có cùng lũy thừa s của n (0 < s ≤ k + 1), hơn nữa bs = 0 khi s 6= k và bs = 1 khi s = k . Từ (1.8) ta có bk+1 = ak+1 − ak+1 = 0; bk = ak − (ak − ak+1 (k + 1)) = 1, nên 1 ak+1 (k + 1) = 1 ⇔ ak+1 = (k 6= −1) . k+1 Từ ak+1 (k + 1) k bk−1 = ak−1 − ak−1 − ak k + = 0, 2 nên 1 ak+1 (k + 1) k k+1 (k + 1) 1 ak = = = (k 6= 0, k 6= −1) 2k 2 2 Từ bk−2 = ak−2 − ak−2 − ak−1 (k − 1) ak k(k − 1) ak+1 (k + 1)k(k − 1) + − = 0, 2 6 Suy ra ak k (k − 1) ak+1 (k + 1) k (k − 1) ak−1 (k − 1) − + =0 2 6 Hay ak k ak+1 (k + 1) k ak−1 − + =0 2 6 1 1 2k k+1 (k + 1) k ⇔ ak−1 − + =0 2 6
9 k ⇔ ak−1 = (k 6= −1, 0, 1) . 12 Từ ak−1 (k − 1)(k − 2) bk−3 =ak−3 − ak−3 − ak−2 (k − 2) + 2 ak k (k − 1) (k − 2) ak+1 (k + 1) k (k − 1) (k − 2) − + = 0. 6 24 Suy ra ak−1 (k − 1) ak k (k − 1) ak+1 (k + 1) k (k − 1) ak−2 − + − =0 2 6 24 với k 6= 2. Suy ra k 1 1 (k − 1) k (k − 1) (k + 1) k (k − 1) ak−2 − 12 + 2 − k + 1 =0 2 6 24 với k 6= −1, 0, 1, 2. Kéo theo k(k − 1) k(k − 1) k(k − 1) ak−2 − + − = 0, 24 12 24 ak−2 = 0, với k 6= −1, 0, 1, 2. Như vậy, ta có các giá trị 1 ak+1 = k 6= −1; k+1 1 ak = k 6= −1, 0; 2 k ak−1 = k 6= −1, 0, 1; 12 ak−2 =0 k 6= −1, 0, 1, 2. Để tìm công thức tổng quát của as với (0 < s < k + 1) thì từ công thức (1.7)
10 ta có ak−z − ak−z+1 (k − z + 1) bk−z =ak−z − 2! ak−z+2 (k − z + 2)(k − z + 1) + 2! ak−z+3 (k − z + 3)(k − z + 2)(k − z + 1) − + ... 3! ak+1 (k + 1)n(k − 1)(k − 2)...(k − z + 2)(k − z + 1) + = 0, (z + 1)! với 0 < z < k. Suy ra ak−z − ak−z+1 (k − z + 1) bk−z = − ak−z+1 − 2! ak−z+2 (k − z + 2)(k − z + 1) + 2! ak−z+3 (k − z + 3)(k − z + 2)(k − z + 1) − + ... 3! ak+1 (k + 1)n(k − 1)(k − 2)...(k − z + 2)(k − z + 1) + =0 (z + 1)! với 0 < z < k. Do đó, ta có thể viết z+1 X ak−z+s (k − z + s)! bk−z = (−1)s =0 (0 < z < k) . s=1 s! (k − z)! Cho s − 1 = k − z , khi đó với 0 < s < k + 1, thay thế z bởi s ta có k+2−s X as−1+s (s − 1 + s)! bs−1 = (−1)s s=1 s! (s − 1)! k+2−s as s! X as−1+s (s − 1 + s)! =− + (−1)s (s − 1)! s=2 s! (s − 1)! k+2−s X as−1+s (s − 1 + s)! = −as s + (−1)s = 0. s=2 s! (s − 1)!
11 Điều này kéo theo k+2−s X as−1+s (s − 1 + s)! as s = (−1)s s=2 s! (s − 1)! k+2−s 1 X as−1+s (s − 1 + s)! = . (−1)s s s=2 s! (s − 1)! k+2−s 1 X as−1+s (s − 1 + s)! = . (−1)s s! s=2 s! với 0 < s < k + 1. Để rút gọn biểu thức trên ta đặt s = j + 1 hay j = s − 1 ta được k+1−s 1 X as+j (s + j)! as = . (−1)j+1 s! j=1 (j + 1)! với 0 < s < k + 1. Định lý được chứng minh. Chú ý 1.4. Ta có thể viết công thức (1.3) dưới dạng   1 k+1−s nk+1 X  1 X as+j (s + j)!  s Pk (n) = + (−1)j+1 n. (1.8) k+1 s! j=1 s=k j + 1! Ví dụ 1.5. Tính n X P3 (n) = s3 . s=1 Ta thấy k = 3 và 4 X P3 (n) = as ns = a1 n + a2 n2 + a3 n3 + a4 n4 , s=1 1 1 trong đó a4 = = . Và 3+1 4 k+1−s 1 X as+j (s + j)! as = . (−1)j+1 s! j=1 (j + 1)!
12 với 0 < k < 4 nên 1 1 X a3+j (3 + j)! 1 a3 = . (−1)j+1 = 3! j=1 (j + 1)! 2 2 1 X a2+j (2 + j)! 1 a2 = . (−1)j+1 = 2! j=1 (j + 1)! 4 3 1 X a1+j (1 + j)! a1 = . (−1)j+1 = 0. 1! j=1 (j + 1)! Vậy 1 2 1 3 1 4 n2 + 2n3 + n4 P3 (n) = n + n + n = . 4 2 4 4 1.2 Tính chất nhân tử của Pk (n) 1.2.1 Phương pháp quy nạp Sử dụng công thức (1.8) ta tính toán được một số tổng sau 1 P1 (n) = n (n + 1) 2 1 P2 (n) = n (n + 1) (2n + 1) 6 1 P3 (n) = n2 (n + 1)2 4 1 P4 (n) = n (n + 1) (2n + 1) 3n2 + 3n − 1 30 1 P5 (n) = n2 (n + 1)2 2n2 + 2n − 1 12 1 P6 (n) = n (n + 1) (2n + 1) 3n4 + 6n3 − 3n + 1 42 1 P7 (n) = n2 (n + 1)2 3n4 + 6n3 − 4n + 2 24 1 P8 (n) = n (n + 1) (2n + 1) 5n6 + 15n5 + 5n4 − 15n3 − n2 + 9n − 3 90 1 P9 (n) = n2 (n + 1)2 n2 + n − 1 2n4 + 4n3 − n2 − 3n + 3 20 ! 6 5 4 3n + 9n + 2n − 11n 3 1 P10 (n) = n (n + 1) (2n + 1) n2 + n − 1 . 66 +3n2 + 10n − 5
13 Từ các ví dụ này ta thấy Nhận xét 1.6. Với mỗi 2 6 k 6 10, n2 (n + 1)2 là nhân tử của Pk (n) với k là các số lẻ, n (n + 1) (2n + 1) là nhân tử của Pk (n) với k chẵn. Hiển nhiên, với mọi 1 6 k 6 10, Pk (n) luôn chia hết cho n(n + 1). Nhận xét 1.6 cho chúng ta một tính chất được gọi là tính chất nhân tử của tổng Pk (n). Nhận xét dựa trên quan sát trực tiếp các tổng lũy thừa Pk (n) với những giá trị k 6 10. Bây giờ ta sẽ nghiên cứu tính chất này cho các giá trị k tùy ý. Có một số kỹ thuật để chứng minh Nhận xét 1.6 vẫn còn đúng trong trường hợp k tùy ý. Trong luận văn này chúng tôi giới thiệu kỹ thuật quy nạp và kỹ thuật sử dụng đa thức Bernoulli. Trước hết chúng ta sẽ nghiên cứu phương pháp quy nạp, trong phần tiếp theo ta sẽ sử dụng đa thức Bernoulli để chứng minh tính chất nhân tử của Pk (n). Với mỗi số k cố định, ta có thể xem Pk (n) là hàm của biến nguyên không âm n. Bây giờ ta sẽ mở rộng khái niệm này cho biến thực, việc mở rộng này cho phép chúng ta sử dụng được một số tính chất tốt hơn, chẳng hạn tính toán đạo hàm, các nghiệm không nguyên, v.v. . . . Để thấy rõ sự thay đổi này, ta viết Qk (x) thay cho Pk (n) và từ công thức (1.1), ta xác định đa thức Qk (x) một cách đệ quy với k ∈ N như sau Q0 (x) = x; k+1 ! X k + 1 (k + 1)Qk (x) = (x + 1)k+1 − 1 − Qk+1−r (x) . (1.9) r=2 r Khi đó Qk (x) là một đa thức bậc k + 1 của x với mọi số nguyên không âm 1 k , với hệ số lũy thừa cao nhất là k+1 . Bây giờ khẳng định rằng x2 (x + 1)2 là thừa số của Qk (x) với k ≥ 3 là số lẻ và x(x + 1)(2x + 1) là thừa số Qk (x) với k ≥ 2 là số chẵn. Từ đẳng thức (1.9), đạo hàm theo biến x ta có k+1 ! X k+1 (k + 1) Q0k (x) = (k + 1) (x + 1)k − Q0 k+1−r (x). r=2 r
14 Trong (1.9) ta thay k bởi k − 1 ta có: k ! X k kQk−1 (x) = (x + 1)k − 1 − Qk−r (x) r=2 r Từ hai đẳng thức trên ta có: Q0k (x) − kQk−1 (x) = k+1 ! ! X 1 k+1 k 1− Q0k+1−r (x) − Qk−r (x) . r=2 k + 1 r r Dễ thấy ! ! 1 k+1 k Q0k+1−r (x) − Qk−r (x) k+1 r r ! k 1 0 = Q (x) − Qk−r (x) . r k + 1 − r k+1−r 1 Từ Q0 1 (x) − Q0 (x) = không phụ thuộc vào x, nên bằng quy nạp có thể 2 chứng minh được Q0 k (x)−kQk−1 (x) chỉ phụ thuộc vào k và không phụ thuộc vào x với mọi k ∈ N, tức là Q0 k (x) − kQk−1 (x) là hằng số đối với biến x (phụ thuộc k ) với mọi k ∈ N. Bây giờ ta sẽ nghiên cứu một số tính chất của tổng lũy thừa các số nguyên được phân tích dưới dạng nhân tử. Định lý 1.7 ([8]). Đại lượng x2 (x + 1)2 là thừa số của Qk (x) nếu k là số lẻ lớn hơn hoặc bằng 3 và x (x + 1) (2x + 1) là thừa số của Qk (x) nếu k là số chẵn lớn hơn hoặc bằng 2. Chứng minh. Tính toán trực tiếp ta thấy Qk (0) = 0 = Q0 k (0) và Qk (−1) = 0 = Q0 k (−1) với k ≥ 3, là số lẻ. Qk (0) = 0, Qk (−1) = 0 và Qk − 21 = 0 với k ≥ 2, là số chẵn. Sử dụng định lí nhị thức để khai triển (n + 1)k+1 và (n − 1)k+1 , ta có: " ! ! # k+1 k+1 (n + 1)k+1 − (n − 1)k+1 = 2 nk − nk−2 + ... . 1 3
15 Ta thay thế liên tiếp n trong đẳng thức này bằng n − 1, n − 2, ..., 2, 1 và cộng tương ứng các vế của đẳng thức này, ta được " ! # k+1 (n + 1)k+1 + nk+1 − 1 = 2 (k + 1) Pk (n) + Pk−2 (n) + ... , 3 suy ra 2(k + 1)Pk (n) =(n + 1)k+1 + nk+1 − 1 ! ! k+1 k+1 −2 Pk−2 (n) + Pk−4 (n) + ... . 3 5 Phương trình này cho một hệ thức đệ quy tính toán Pk (n) qua Pk−2 (n), Pk−4 (n) , .... Ta có thể mở rộng công thức cho Qk bằng cách thay thế Pk bởi Qk trong phương trình trên, ta được: 2(k + 1)Qk (x) =(x + 1)k+1 + xk+1 − 1 ! ! k+1 k+1 −2 Qk−2 (x) + Qk−4 (x) + ... . (1.10) 3 5 Bây giờ ta xem xét riêng các trường hợp khi k là số lẻ và khi k là số chẵn. Nếu k là số lẻ lớn hơn hoặc bằng 3, thì số hạng cuối cùng trong phương trình trên là ! k+1 1 Q1 (x) = (k + 1) x(x + 1), k 2 bởi vậy phương trình (1.10) cho ta: 2(k + 1)Qk (x) =(x + 1)k+1 + xk+1 − 1 ! ! k+1 k+1 −2 Qk−2 (x) + · · · + Q3 (x) 3 k−2 − (k + 1)x(x + 1). (1.11) Từ đó ta có 2 (k + 1) Qk (0) = 1 + 0 − 1 − 2 (0) − 0 = 0.
16 Đạo hàm (1.13) 2(k + 1)Q0k (x) =(k + 1)((x + 1)k + xk ) ! ! k+1 k + 1 −2 Q0k−2 (x) + · · · + Q03 (x) 3 k−2 − (k + 1)(2x + 1). (1.12) Suy ra 2 (k + 1) Q0 k (0) = (k + 1) (1) − 2 (0) − (k + 1) (1) = 0. Điều này kéo theo x2 là thừa số của Qk (x) với k ≥ 3 và là số lẻ. Từ (1.13) và (1.12) ta cũng có: 2 (k + 1) Qk (−1) = 0 + (−1)k+1 − 1 − 2 (0) − (k + 1) (0) = 0. Và 2 (k + 1) Q0 k (−1) = (k + 1) (−1)k − 2 (0) − (k + 1) (−1) = 0. Điều này kéo theo (x + 1)2 là thừa số của Qk (x) với k ≥ 3, là số lẻ. Bởi vậy x2 (x + 1)2 là nhân tử của Qk (x) với k ≥ 3, là số lẻ. Nếu k ≥ 2 là số chẵn, khi đó số hạng cuối cùng trong phương trình (1.10) là: ! k+1 Q0 (x) = x, k+1 vì vậy ta có 2(k + 1)Qk (x) =(x + 1)k+1 + xk+1 − 1 ! ! k+1 k+1 −2 Qk−2 (x) + · · · + Q2 (x) − 2x. 3 k−1 (1.13) Phương trình này cho (lí luận theo cách quy nạp như trước): 2 (k + 1) Qk (0) = 1 + 0 − 1 − 2 (0) − 0 = 0 2 (k + 1) Qk (−1) = 0 + (−1)k+1 − 1 − 2 (0) + 2 = 0 k+1 k+1 1 1 1 2 (k + 1) Qk − = + − − 1 − 2 (0) + 1 = 0 2 2 2
17 Kéo theo x(x + 1)(2x + 1) là một thừa số của Qk (x) với k ≥ 2 và là số chẵn. Định lý được chứng minh hoàn toàn. 1.2.2 Đa thức Bernoulli và tính nhân tử của Pk (n) Trước hết ta nhắc lại đa thức Bernoulli. Đa thức Bernoulli có thể được xác định bằng nhiều cách, phương pháp đơn giản nhất là xác định trực tiếp thông qua hàm số như sau: G (0, x) = 1, z.ezx G (z, x) = z với z 6= 0. e −1 Ta biểu diễn được G (z, x) dưới dạng chuỗi z.ezx X zk = B k (x) , (1.14) ez − 1 k≥0 k! trong đó ∂ k G (z, x)