Luận văn Thạc sĩ Toán học: Về số Bernoulli

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:64

Thêm vào BST

Báo xấu

14
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Luận văn Thạc sĩ Toán học "Về số Bernoulli" trình bày các nội dung chính sau: Một số kiến thức về đồng dư; Các số Bernoulli; Số Stirling và số Bernoulli; Định lý Clausen-von Staudt và đồng dư Kummer.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Về số Bernoulli

BỘ GIÁO DỤC VIỆN HÀN LÂM VÀ ĐÀO TẠO KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ VN HỌC VIỆN KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ Nguyễn Tiến Đặng VỀ SỐ BERNOULLI LUẬN VĂN THẠC SĨ NGÀNH TOÁN HỌC Hà Nội - 2021
BỘ GIÁO DỤC VIỆN HÀN LÂM VÀ ĐÀO TẠO KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ VN HỌC VIỆN KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ Nguyễn Tiến Đặng VỀ SỐ BERNOULLI Chuyên ngành : Đại số và Lý thuyết số Mã số: 8460104 LUẬN VĂN THẠC SĨ NGÀNH TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS. Nguyễn Duy Tân Hà Nội - 2021
LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn "Về số Bernoulli" là công trình nghiên cứu của tôi. Mọi kết quả nghiên cứu trước đó của các tác giả khác được trích dẫn cụ thể. Nội dung luận văn chưa từng được công bố trong bất kỳ công trình nghiên cứu nào. Tôi xin chịu trách nhiệm về những lời cam đoan trên. Hà Nội, ngày 01 tháng 10 năm 2021 Người cam đoan Nguyễn Tiến Đặng
LỜI CẢM ƠN Sau quá trình học tập và nghiên cứu tại Khoa Toán học, Học viện Khoa học và Công nghệ, đến nay luận văn đã được hoàn thành. Trước tiên, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới PGS. TS. Nguyễn Duy Tân. Thầy là người đã tận hình hướng dẫn, giúp đỡ tôi vượt qua nhiều khó khăn trong quá trình học tập và nghiên cứu. Bên cạnh đó, tôi xin gửi lời cảm ơn đến những giảng viên đã giảng dạy, đồng hành cùng mình tại Khoa Toán học. Tôi xin cảm ơn Trung tâm đào tạo sau đại học - Viện Toán học và phòng Đào tạo - Học viện Khoa học và Công nghệ đã luôn tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong quá trình học cao học tại học viện. Hơn nữa, tôi xin gửi lời cảm ơn tới toàn thể bạn bè, gia đình tôi, những người đã sát cánh bên tôi trong quãng thời gian qua. Nguyễn Tiến Đặng
1 Mục lục MỞ ĐẦU . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2 Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị 4 1. Một số kiến thức về đồng dư . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 2. Chuỗi lũy thừa hình thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 3. Khai triển Fourier . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 Chương 2 Các số Bernoulli 14 1. Sơ lược về lịch sử và định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14 2. Tổng các lũy thừa của các số nguyên dương liên tiếp . . . . . . . 17 3. Hàm sinh của các số Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 Chương 3 Số Stirling và số Bernoulli 33 1. Các số Stirling . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 2. Công thức tính số Bernoulli thông qua số Stirling . . . . . . . . 43 Chương 4 Định lý Clausen-von Staudt và đồng dư Kummer 49 1. Định lý Clausen-von Staudt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49 2. Đồng dư Kummer . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52 PHỤ LỤC . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59
2 MỞ ĐẦU Trong chương trình toán bậc phổ thông và đại học, chúng ta đã được biết đến các công thức tính tổng như: n(n + 1) 1) 1 + 2 + · · · + n = . 2 n(n + 1)(2n + 1) 2) 12 + 22 + · · · + n2 = . 6 2 n(n + 1) 3) 13 + 23 + · · · + n3 = . 2 Có thể sử dụng kỹ thuật ghép cặp để chứng minh đẳng thức thứ nhất. Sử dụng khai triển hằng đẳng thức để chứng minh cả ba đẳng thức trên. Tuy nhiên, việc tính tổng các lũy thừa với bậc cao hơn thì càng ngày càng trở nên khó hơn. Và câu hỏi là: với số mũ bằng k tổng quát thì công thức nào cho biểu diễn tổng 1k +2k +· · ·+nk ? Ngay từ năm 1713, Jakob Bernoulli đã đưa ra được công thức tính tổng với lũy thừa tổng quát này. Trong công thức ấy, ông sử dụng một hệ số được gọi là số Bernoulli. Điều thú vị là, số Bernoulli không chỉ góp mặt trong công thức tính tổng lũy thừa với số mũ k tổng quát nêu trên. Ý nghĩa thực sự của các số Bernoulli nằm ở nhiều nơi trong toán học. Chẳng hạn, trong Lý thuyết số cơ bản: đồng dư; trong lý thuyết số giải tích phức: các giá trị của hàm zeta; trong Lý thuyết đồng luân: J-đồng cấu, và các nhóm đồng luân ổn định của mặt cầu, quan tâm đến phần mẫu số của các số Bernoulli; trong Lý thuyết các dạng Modular: Các chuỗi Eisenstein; trong Lý thuyết số giải tích p-adic: các L-hàm p-adic; Tô pô vi phân: các cấu trúc vi phân trên mặt cầu, quan tâm đến phần tử số của các số Bernoulli,. . . Xem [1]. Chính vì sự xuất hiện khắp nơi của các số Bernoulli trong nhiều lĩnh vực của toán học, cũng như tầm quan trọng của nó, mà các số Bernoulli được nhà toán học B.Mazur mệnh danh là “ các số cơ bản”. Luận văn này không có phát hiện gì mới, mà chỉ trình bày lại một số kiến thức mở đầu về số Bernoulli theo một logic nhất định. Tác giả có làm chi tiết một số chứng minh trong tài liệu tham khảo, cũng như cho thêm ví dụ minh
3 họa. Do trình độ còn nhiều hạn chế, luận văn còn có thể có những thiếu sót. Tác giả mong nhận được những góp ý, chỉ bảo của Thầy Cô và bạn đọc để hiểu biết ngày một hoàn thiện hơn. Tác giả xin chân thành cảm ơn. Hà Nội, ngày 15 tháng 10 năm 2021.
4 Chương 1 Một số kiến thức chuẩn bị Chương này trình bày một số kiến thức số học và chuỗi lũy thừa hình thức cần thiết cho các chương sau. Tài liệu tham khảo cho chương này là [2] và [3]. 1. Một số kiến thức về đồng dư Định nghĩa 1.1 (hàm Euler Phi). Với mỗi số n nguyên dương, φ(n) là số các số nguyên dương nhỏ hơn hoặc bằng n và nguyên tố cùng nhau với n. Nhận xét rằng φ(n) chính bằng số các phần tử của nhóm (Z/nZ)× các phần tử khả nghịch trong vành Z/nZ. Từ đó ta có kết quả sau. Định lý 1.2 (Định lý Euler). Cho n là số nguyên dương. Nếu a là số nguyên dương nguyên tố cùng nhau với n thì aφ(n) ≡ 1 (mod n). Hệ quả 1.3 (Định lý nhỏ Fermat). Nếu một số nguyên a không chia hết cho số nguyên tố p thì ap−1 ≡ 1 (mod p). Ta có thể đưa ra công thức tính hàm Euler Phi nhờ kết quả sau. Định lý 1.4. a) Nếu m và n là hai số nguyên dương nguyên tố cùng nhau thì φ(mn) = φ(m)φ(n).
5 b) Nếu p là số nguyên tố và n ≥ 1 thì φ(pn ) = pn−1 (p − 1). Định nghĩa 1.5. Cho n là một số nguyên dương. Số nguyên a được gọi là một căn nguyên thủy mod n nếu lớp đồng dư của a mod n là phần tử sinh của nhóm (Z/nZ)× . Điều này tương đương với a nguyên tố cùng nhau với n và φ(n) là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho aφ(n) ≡ 1 (mod n). Định lý 1.6. Cho p là một số nguyên tố. Khi đó (Z/pZ)× là nhóm cyclic. Như vậy, tồn tại căn nguyên thủy mod p. Mệnh đề sau đây được sử dụng trong chứng minh Định lý Clausen-von Staudt ở Chương 4. Mệnh đề 1.7. Cho p là một số nguyên tố và n là một số nguyên dương. Khi đó  p−1 X −1 (mod p), nếu p − 1 là ước của n n l ≡ l=0 0 (mod p), nếu p − 1 không là ước của n. Chứng minh. Xét trường hợp p−1 không là ước của n. Ta chọn c sao cho cn 6≡ 1 (mod p) (chẳng hạn chọn c là phần tử sinh của nhóm cyclic (Z/pZ)× ). Khi l chạy từ 1 đến p − 1 thì c · l (mod p) cũng chạy từ lớp đồng dư mod của 1 đến p − 1. Do đó p−1 X p−1 X (c · l)n ≡ ln (mod p). l=0 l=0 Pp−1 Pp−1 Ta suy (cn − 1) l=0 ln ≡ 0 (mod p). Từ đó l=0 ln ≡ 0 (mod p). Bây giờ ta xét trường hợp p − 1 là ước của n. Khi đó từ Định lý Fermat nhỏ, ta suy ra ln ≡ 1 (mod p), với mọi 1 ≤ l ≤ p − 1. Do vậy p−1 X ln ≡ p − 1 ≡ −1 (mod p). l=0
6 2. Chuỗi lũy thừa hình thức Mục này sẽ trình bày một số kiến thức về chuỗi lũy thừa hình thức. Cho R là một miền nguyên giao hoán có đơn vị 1. Một tổng hình thức: ∞ X an t n = a0 + a1 t + a2 t 2 + · · · , n=0 ở đó biến là t và các hệ số nằm trong vành R, được gọi là chuỗi lũy thừa hình thức với hệ số trong R. Ký hiệu tập tất cả các chuỗi hình thức như vậy là R [[t]]. Hai chuỗi lũy thừa hình thức được gọi là bằng nhau nếu các hệ số của tn ở hai chuỗi là trùng nhau với mọi n. Hai trong số các ví dụ tiêu biểu về tổng hình thức là: ∞ n t X t t t2 t3 e = = 1 + + + + ··· n=0 n! 1! 2! 3! và ∞ X tn t2 t3 t4 log(1 + t) = (−1)n−1 = t − + − + ··· n=1 n 2 3 4 đây là khai triển Taylor của các hàm et và log(1 + t) xung quanh điểm t = 0 được biểu diễn như các tổng hình thức. Cho hai chuỗi lũy thừa hình thức ∞ P n P∞ n n=0 a n t và n=0 bn t . Khi đó tổng và tích của chúng được định nghĩa như sau: ∞ X ∞ X ∞ X n n an t + bn t = (an + bn )tn n=0 n=0 n=0 ∞ ∞ ∞ ! ! n X X X X n n n an t · bn t = cn t , với cn = ai bn−i . n=0 n=0 n=0 i=0 Tích của hai chuỗi lũy thừa hình thức được định nghĩa nhờ sử dụng luật phân phối hình thức: (a0 + a1 t + a2 t2 + a3 t3 + · · · )(b0 + b1 t + b2 t2 + b3 t3 + · · · ) = a0 b0 + (a0 b1 + a1 b0 )t + (a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 )t2 + (a0 b3 + a1 b2 + a2 b1 + a3 b0 )t3 + · · ·
7 Với định nghĩa như trên, R [[t]] là một vành giao hoán có đơn vị. Phần tử 0 của vành là chuỗi 0 + 0 · t + 0 · t2 + 0 · t3 + · · · . Phần tử 1 của vành là chuỗi 1 + 0 · t + 0 · t2 + 0 · t3 + · · · . Tập tất cả các chuỗi lũy thừa hình thức có dạng a0 + 0 · t + 0 · t2 + 0 · t3 + · · · , a0 ∈ R, an = 0 ∀n ≥ 1, được đồng nhất với vành R. Tập tất cả các chuỗi lũy thừa hình thức có dạng P (t) = a0 +a1 t+· · ·+an tn + 0 · tn+1 + 0 · tn+2 + · · · , ai ∈ R ∀i = 1, 2, · · · , n, an 6= 0, ak = 0 ∀k > n, chính là tập các đa thức R[t]. Vì ta giả sử R là một miền nguyên nên R [[t]] cũng là một miền nguyên. Cụ thể, ta có Mệnh đề 1.8. Vành R [[t]] không có ước của 0. Nói riêng, nếu A 6= 0 và AB = AC thì B = C (A, B, C ∈ R [[t]]). Chứng minh. Giả sử A = a0 + a1 t + a2 t2 + · · · B = b0 + b1 t + b2 t2 + · · · là hai phần tử khác 0 trong R [[t]]. Giả sử ak , bl là các hệ số khác 0 đầu tiên của A và B. Khi đó, hệ số ck+l của tk+l trong A · B = c0 + c1 t + c2 t2 + c3 t3 + · · · là ck+l = a0 bk+l + a1 bk+l−1 + · · · + ak bl + · · · + ak+l b0 = ak bl . Trong miền nguyên R, do ak , bl khác 0 nên ak bl khác 0, hay ck+l khác 0. Vậy A · B khác 0. Nếu AB = AC thì A(B − C) = 0 nên A = 0 hoặc B − C = 0. Nhưng A 6= 0 nên B = C. P∞ n Mệnh đề 1.9. Chuỗi hình thức n=0 an t là khả nghịch trong R [[t]] nếu và chỉ nếu hạng tử tự do a0 là khả nghịch. Chứng minh. Chiều thuận: Giả sử ∞ n P n=0 an t là khả nghịch trong R [[t]]. Khi đó tồn tại chuỗi hình thức ∞ n P n=0 bn t sao cho ∞ ! ∞ ! X X an t n bn tn = 1. n=0 n=0
8 Hạng tử tự do của tích là a0 b0 = 1, do đó a0 là khả nghịch. Chiều ngược lại. Giả sử a0 là khả nghịch trong R. Khi đó tồn tại b0 ∈ R sao cho Pn Pn b0 = a−1 0 . Đặt bn = −a0 −1 i=1 a i b n−i (n ≥ 1). Ta có a 0 b n = − i=1 ai bn−i Pn hay i=0 ai bn−i = 0, ∀n ≥ 1. Xét chuỗi ∞ n P n=0 bn t khi đó ∞ ! ∞ ! X X an t n bn tn = a0 b0 + c1 t + c2 t2 + c3 t3 + · · · n=0 n=0 Pn P∞ n do cn = a b i=0 i n−i = 0 ∀n ≥ 1 và a b 0 0 = 1 nên n=0 bn t là phần tử nghịch đảo của ∞ P n P∞ n n=1 a n t . Vậy n=0 an t khả nghịch trong R [[t]]. Ta ký hiệu A(0) để chỉ hệ số hằng của chuỗi lũy thừa hình thức A(t). Tiếp theo, ta chỉ ra rằng có thể định nghĩa một tổng vô hạn các phần tử của R [[t]] trong một số trường hợp. Xét họ vô hạn các chuỗi lũy thừa hình thức {Ak (t)}∞ k=1 , với Ak (t) = ∞ (k) X ai ti . Giả sử các chuỗi này thỏa mãn điều kiện: với mỗi i, chỉ tồn tại hữu i=0 (k) hạn k sao cho ai 6= 0. Nói cách khác, nếu viết (k) (k) Ak (t) = ank tnk + (các hạng tử bậc cao hơn), ank 6= 0, thì ta có nk → ∞ khi k → ∞. Ta có thể định nghĩa A1 + A2 + · · · là ∞ X A1 + A2 + A3 + · · · = ai t i , i=0 P∞ (k) ở đây ai = k=1 ai . (Điều kiện trên đảm bảo tổng này là tổng hữu hạn.) Một trường hợp đặc biệt, ta có thể định nghĩa việc thay một chuỗi hình thức B(t) với hệ số hằng bằng không vào một chuỗi lũy thừa hình thức A(t) để ∞ X nhận được chuỗi lũy thừa hình thức A(B(t)). Thật vậy, xét A(t) = ai ti và i=0
9 ∞ X ∞ bi ti , với b0 = 0. Khi đó họ ai (B(t))i i=0 thỏa mãn điều kiện trên B(t) = i=1 (vì đa thức a0 (B(t))i bắt đầu với hạng tử có bậc thấp nhất là i). Do đó ta có thể định nghĩa ∞ X A(B(t)) = ai (B(t))i . i=0 Ví dụ, ta có −t (−t) (−t)2 (−t)3 e = 1+ + + + ··· 1! 2! 3! t t2 t3 = 1 − + − + ··· 1! 2! 3! và (−t)2 (−t)3 log(1 − t) = log(1 + (−t)) = (−t) − + − ··· 2 3 t2 t3 = −t − − − · · · , 2 3 và ta có các đồng nhất thức elog(1+t) = 1 + t và log 1 + et − 1 = t. Ta cũng có thể tính toán nghịch đảo của một chuỗi lũy thừa hình thức với số hạng hằng bằng 1, bằng phép “thay thế” như trên. 1 Trước hết, ta biết rằng = 1 + t + t2 + · · · thay t bởi B(t), trong đó 1−t B(t) là chuỗi lũy thừa hình thức có hạng tử hằng bằng 0 (B(0) = 0). Khi đó 1 1 = = 1 + (−B(t)) + (−B(t))2 + · · · . 1 + B(t) 1 − [−B(t)] Mệnh đề 1.10. Cho chuỗi lũy thừa hình thức A(t) = a0 + a1 t + a2 t2 + · · · , Khi đó, tồn tại chuỗi lũy thừa hình thức B(t) sao cho B(0) = 0, A (B(t)) = t, nếu và chỉ nếu a0 = 0 và a1 khả nghịch. Trong trường hợp này B(t) là duy nhất và ta có B (A(t)) = t. Nói cách khác, A(t) và B(t) là nghịch đảo của nhau ứng với phép hợp thành.
10 Chứng minh. Nếu B(t) = b1 t + b2 t2 + · · · tồn tại và thỏa mãn A (B(t)) = t thì bằng cách so sánh hạng tử tự do và so sánh hạng tử bậc 1, ta có a0 = 0 và a1 b1 = 1. Điều kiện cần được chứng minh. Ngược lại, giả sử A(t) thỏa mãn a0 = 0 và a1 khả nghịch. Ta muốn xác định các hệ số của B(t) = b1 t + b2 t2 + b3 t3 + · · · thỏa mãn A(B(t)) = t. Do a1 khả nghịch nên đặt b1 = a−1 1 thì a1 b1 = 1. Với n ≥ 2, hệ số của t n trong A (B(t)) bằng hệ số của tn trong a1 (B(t)) + a2 (B(t))2 + a3 (B(t))3 + · · · + an (B(t))n . Hệ số này có thể viết dưới dạng a1 bn + (đa thức theo a2 , a3 , . . . , an , b1 , b2 , . . . , bn−1 ) . Nếu b1 , b2 , . . . , bn−1 đã được xác định thì ta có thể xác định bn một cách duy nhất, do a1 khả nghịch. Điều này chứng minh sự tồn tại và duy nhất của B(t). Chuỗi B(t) thu được theo cách trên thỏa mãn B(0) = 0 và b1 khả nghịch. Do đó, tồn tại C(t), C(0) = 0, sao cho B (C(t)) = t. Thay t bởi C(t) trong hệ thức t = A (B(t)) và do B (C(t)) = t nên C(t) = A (B (C(t))) = A(t). Do đó ta có B (A(t)) = t. Mệnh đề được chứng minh. Hai công thức đã được đề cập ở trên elog(1+t) − 1 = t và log 1 + et − 1 =t nói rằng log(1 + t) và et − 1 là nghịch đảo của nhau đối với phép hợp thành. ∞ ∞ X n d X n Đạo hàm của chuỗi lũy thừa hình thức an t , kí hiệu là an t hoặc n=0 dt n=0 ∞ !0 X an tn , được định nghĩa một cách hình thức thông qua đạo hàm của từng n=0
11 hạng tử, cụ thể: ∞ ∞ !0 d X n X an t = an t n = a1 + 2a2 t + 3a3 t2 + 4a4 t3 + · · · , dt n=0 n=0 0 1 Ví dụ, (et ) = et , và [log(1 + t)]0 = 1 − t + t2 − t3 + · · · = . 1+t Định nghĩa đạo hàm ở trên thỏa mãn quy tắc tính đạo hàm thông thường của một tổng, và của một tích. Chẳng hạn, ta sẽ đi chứng minh (f (t)g(t))0 = ∞ X ∞ X n 0 0 f (t)g(t) + f (t)g (t). Giả sử f (t) = an t , g(t) = bn tn . Khi đó n=0 n=0 " ∞ n ! #0 X X (f (t)g(t))0 = ai bn−i tn n=0 i=0 ∞ n ! X X = n ai bn−i tn−1 n=1 i=0 ∞ n n ! X X X = iai bn−i + (n − i)ai bn−i tn−1 n=1 i=0 i=0 ∞ ∞ n ! n−1 ! X X X X = iai bn−i tn−1 + ai (n − i)bn−i tn−1 n=1 i=1 n=1 n=1 0 0 = f (t)g(t) + f (t)g (t). Vậy (f (t)g(t))0 = f 0 (t)g(t) + f (t)g 0 (t). Zt X∞ Khi R ⊃ Q, tích phân an tn được định nghĩa một cách hình thức qua 0 n=0 từng hạng tử Zt X ∞ ∞ n tn+1 X an t dt = an n=0 n=0 n+1 0 t2 t3 t4 = a0 t + a1 + a2 + a3 + · · · 2 3 4 Ta sẽ làm việc với chuỗi Laurent, một mở rộng chuỗi lũy thừa hình thức, để nghiên cứu hàm sinh của các số Bernoulli.
12 ∞ X Định nghĩa 1.11. Tập các chuỗi Laurent hình thức với hệ số trong R, ai t i i=−N (N ∈ Z nào đó) được ký hiệu là R ((t)). Ta trang bị hai phép toán cộng và nhân trong R ((t)) giống như trong R [[t]]. Với hai phép toán đó thì R ((t)) là một miền nguyên giao hoán và nhận R [[t]] là ∞ X ∞ X i miền con. Cũng giống như các chuỗi lũy thừa ai t , thì ai ti khả nghịch i=0 i=−N trong R ((t)) nếu và chỉ nếu hệ số khác 0 đầu tiên a−N là khả nghịch. Chứng minh điều này tương tự chứng minh Mệnh đề 1.8 và 1.9 Nói riêng, nếu R là trường thì R ((t)) cũng là trường. Hơn thế nữa, đạo hàm hình thức và tích phân hình thức (khi R ⊃ Q) cũng được định nghĩa. Trong trường hợp này, quy tắc lấy đạo hàm thương 0 f 0 (t)g(t) − f (t)g 0 (t) f (t) = g(t) [g(t)]2 f (t) cũng thỏa mãn. Thật vậy, đặt h(t) = suy ra f (t) = h(t)g(t). Lấy đạo hàm g(t) 2 vế: f 0 (t) = h0 (t)g(t) + h(t)g 0 (t) f (t) 0 = h0 (t) · g(t) + g (t). g(t) Suy ra điều phải chứng minh. 3. Khai triển Fourier Giả sử f là một hàm số khả tích trên đoạn [−π, π], và có chu kỳ T = 2π Đặt 1 π Z a0 = f (x)dx, π −π 1 π Z an = f (x) cos nxdx, n = 1, 2, · · · π −π
13 Z π 1 bn = f (x) sin nxdx, n = 1, 2, · · · π −π Khi đó, chuỗi lượng giác ∞ a0 X + (an cos nx + bn sin nx) 2 n=1 gọi là chuỗi Fourier của hàmf và các số an , bn được gọi là các hệ số Fourier. Khai triển Fourier được sử dụng trong chứng minh Định lý 2.14.
14 Chương 2 Các số Bernoulli Trong chương này, chúng tôi tham khảo tài liệu [3], phần hàm Zeta tham khảo tài liệu [2]. 1. Sơ lược về lịch sử và định nghĩa Vào năm 1713, trong một cuốn sách xuất bản của mình, Jakob Bernoulli đã giới thiệu các số Bernoulli khi nghiên cứu tổng các lũy thừa của các số nguyên dương liên tiếp Sk (n) = 1k + 2k + · · · + nk . Trường hợp k = 0, 1, 2, 3, ta dễ dàng chứng minh được S0 (n) = n, n(n + 1) 1 2 1 S1 (n) = = n + n, 2 2 2 n(n + 1)(2n + 1) 1 3 1 2 1 S2 (n) = = n + n + n, 6 2 3 2 6 n(n + 1) 1 1 1 S3 (n) = = n4 + n3 + n2 . 2 4 2 4
15 Bernoulli đã đưa ra công thức tổng quát cho Sk (n): n k k nk+1−j X k X k 1 X k+1 Sk (n) = i = Bj = Bj nk+1−j , i=1 j=0 j k+1−j k + 1 j=0 j (1.1) k ở đây, là hệ số của khai triển nhị thức Newton (x + y)k , j k k! k(k − 1)(k − 2) · · · (k − j + 1) = = , j j!(k − j)! j! Pk k+1 và Bj là các số được xác định bởi công thức truy hồi j=0 Bj = j k + 1, k = 0, 1, 2, . . .. Ngày nay, số Bj được gọi là số Bernoulli. Định nghĩa 2.1 (Các số Bernoulli). Số Bn (n = 0, 1, 2, . . .) được định nghĩa một cách quy nạp thông qua công thức: n X n+1 Bi = n + 1 , (1.2) i=0 i được gọi là số Bernoulli. Sau đây ta tính toán một vài số Bernoulli với n nhỏ. Ta viết lại công thức (1.2): n+1 n+1 n+1 B0 + B1 + · · · + Bn = n + 1. 0 1 n 1 • n = 0, ta có B0 = 1 nên B0 = 1. 0 2 2 1 • n = 1, ta có B0 + B1 = 2. Suy ra 1 + 2B1 = 2, hay B1 = . 0 1 2 • n = 2 ta có 3 3 3 1 B0 + B1 + B2 = 3 ⇔ 1 · 1 + 3 · + 3 · B2 = 3. 0 1 2 2 1 Do vậy B2 = . 6