Luận văn thạc sĩ toán học đa thức bernoulli và tâm số (k,l) lũy thừa

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ————o0o———— ĐINH THỊ NGỌC ÁNH ĐA THỨC BERNOULLI VÀ TÂM SỐ (k, l) LŨY THỪA LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA[.]

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ————o0o———— ĐINH THỊ NGỌC ÁNH ĐA THỨC BERNOULLI VÀ TÂM SỐ (k, l)-LŨY THỪA LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ————o0o———— ĐINH THỊ NGỌC ÁNH ĐA THỨC BERNOULLI VÀ TÂM SỐ (k, l)-LŨY THỪA LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGÔ VĂN ĐỊNH Thái Nguyên - 2019 Mục lục Lời cảm ơn ii Mở đầu Chương Đa thức Bernoulli số Bernoulli 1.1 Đa thức Bernoulli số Bernoulli 1.2 Phân tích đa thức Bernoulli 11 Chương Tâm số (k, l)-lũy thừa 2.1 2.2 17 Tâm số k-lũy thừa 17 2.1.1 Khái niệm 17 2.1.2 Trường hợp k = 19 2.1.3 Trường hợp k = 21 2.1.4 Trường hợp k > 29 Tâm số (k, l)-lũy thừa 31 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46 i Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn TS Ngô Văn Định, Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Ngun Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới TS Ngô Văn Định, người định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn để tơi hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Đào tạo, thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên giúp đỡ suốt q trình học tập hồn thành luận văn tốt nghiệp Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người thân ln động viên, cổ vũ, tạo điều kiện thuận lợi cho tơi q trình học tập hồn thành luận văn Hạ Long, tháng năm 2019 Tác giả Đinh Thị Ngọc Ánh ii Mở đầu Cho y, k, l ba số nguyên dương với y ≥ Ta nói số nguyên dương x (≤ y − 2) tâm số (k, l)-lũy thừa y 1k + · · · + (x − 1)k = (x + 1)l + · · · + (y − 1)l Khái niệm Liptai cộng [6] tổng quát hóa từ khái niệm tâm số k-lũy thừa Finkelstein [4] Cụ thể hơn, trường hợp k = l, tâm số (k, k)-lũy thừa tâm số k-lũy thừa định nghĩa Finkelstein Trong đó, khái niệm tâm số k-lũy thừa Finkelstein giới thiệu nghiên cứu toán thực tế (xem Bài toán 2.1.1) Finkelstein có vơ số số ngun dương n có tâm số 1-lũy thừa, khơng có số ngun n > có tâm số 2-lũy thừa Từ đó, Finkelstein đưa giả thuyết rằng, k > khơng có số ngun n > có tâm số k-lũy thừa Giả thuyết chứng minh cho trường hợp k = Steiner [7] cho trường hợp k = Ingram [5] Đối với trường hợp tâm số (k, l)-lũy thừa tổng quát, Liptai cộng sự tồn hữu hạn số số trường hợp cụ thể Chẳng hạn như, trường hợp k ≥ l, l ∈ {1, 3} (k, l) 6= (1, 1), tác giả tồn hữu hạn tâm số (k, l)-lũy thừa số nguyên y ≥ cho trước Để có kết nêu tâm số (k, l)-lũy thừa, tác giả sử dụng số tính chất đa thức Bernoulli số Bernoulli Mục tiêu Luận văn trình bày lại khái niệm tâm số (k, l)lũy thừa, số kết Finkelstein tâm số k-lũy thừa số kết Liptai cộng tâm số (k, l)-lũy thừa Trước trình bày nội dung này, Luận văn trình bày lại khái niệm số tính chất đa thức Bernoulli số Bernoulli, đặc biệt số kết phân tích đa thức Bernoulli thành hợp hai đa thức Cấu trúc luận văn Luận văn trình bày thành chương: • Chương Số Bernoulli đa thức Bernoulli Trong chương này, chúng tơi trình bày lại khái niệm đa thức Bernoulli, số Bernoulli, đồng thời trình bày lại số tính chất đa thức Bernoulli số Bernoulli Phần cuối chương, chúng tơi trình bày lại số kết Bilu cộng [3] phân tích đa thức Bernoulli thành hợp hai đa thức • Chương Tâm số (k, l)-lũy thừa Trong chương này, chúng tơi trình bày lại khái niệm tâm số (k, l)-lũy thừa mà trường hợp đặc biệt tâm số k-lũy thừa Trong mục 2.1, chúng tơi trình bày lại chứng minh Finkelstein tồn vô số số ngun dương n có tâm số 1-lũy thừa khơng tồn số nguyên n > có tâm số 2-lũy thừa, đồng thời giới thiệu lại giả thuyết Finkelstein sơ lược giới thiệu số kết liên quan đến giả thuyết Trong mục 2.2, chúng tơi trình bày lại số kết Liptai cộng tâm số (k, l)-lũy thừa Chương Đa thức Bernoulli số Bernoulli Trong chương này, chúng tơi trình bày khái niệm đa thức Bernoulli, số Bernoulli số tính chất chúng Khái niệm số tính chất đa thức Bernoulli trình bày Luận văn thạc sĩ Nguyễn Ngọc Thiêm [1] Ở đây, chúng tơi trình bày lại khái niệm đa Bernoulli trình bày tính chất khác Với tính chất trình bày luận văn Nguyễn Ngọc Thiêm trích dẫn kết thực cần sử dụng luận văn 1.1 Đa thức Bernoulli số Bernoulli Định nghĩa 1.1.1 Đa thức Bernoulli thứ n, kí hiệu Bn (x), định nghĩa B0 (x) = ∂ n text Bn (x) = n t , với n = 1, 2, 3, , ∂t e − t=0 ∂n n kí hiệu đạo hàm riêng thứ n theo biến t ∂t Từ định nghĩa đa thức Bernoulli ta thấy khai triển text Taylor hàm số t t = ta có e −1 ∞ X text tn = Bn (x) et − n=0 n! Bằng tính tốn đơn giản ta liệt kê số đa thức Bernoulli sau: B0 (x) = 1, B1 (x) = x − , B2 (x) = x2 − x + , B3 (x) = x3 − x2 + x, 2 , 30 5 B5 (x) = x5 − x4 + x3 − x, B4 (x) = x4 − 2x3 + x2 − Dưới số tính chất đa thức Bernoulli trình bày luận văn Nguyễn Ngọc Thiêm nên bỏ qua chứng minh chúng Mệnh đề 1.1.2 ([1, Định lý 2.2.1]) Với n ≥ 1, ta có Bn0 (x) = nBn−1 (x) Mệnh đề 1.1.3 ([1, Định lý 2.2.2]) Với n ≥ 0, ta có Bn (x + 1) = Bn (x) + nxn−1 Thực tế, người ta chứng minh khẳng định mạnh rằng: đa thức f (x) thỏa mãn f (x + 1) − f (x) = nxn−1 f (x) = Bn (x) + c, với c số [3, Công thức (5)] Mệnh đề 1.1.4 ([1, Định lý 2.2.6]) Với n ≥ 0, ta có Bn (x) = (−1)n Bn (1 − x) Định nghĩa 1.1.5 Giá trị đa thức Bernoulli thứ n x = gọi số Bernoulli thứ n, kí hiệu Bn , tức Bn = Bn (0) 1 Từ định nghĩa ta có B0 = 1, B1 = − , B2 = , B3 = 0, B4 = − , B5 = Hơn ta cịn có mệnh đề sau khẳng định giá trị 30 số Bernoulli thứ lẻ lớn không Mệnh đề 1.1.6 ([1, Định lý 1.2.4]) Với k ≥ 1, ta có B2k+1 = Định lý von Staudt– Clausen cho ta biết giá trị số Bernoulli thứ chẵn Định lý 1.1.7 (Định lý von Staudt–Clausen) Với n ≥ 1, ta có B2n = G2n − X p−1|2n,p nguyên tố , p G2n số nguyên tổng vế phải chạy tất số nguyên tố p (bao gồm 2) thỏa mãn p − ước 2n Trước trình bày chứng minh, ta minh họa công thức nêu Định lý qua số số Bernoulli đầu tiên: B2 = 1 =1− − ; 6 1 1 =1− − − ; 30 1 1 B6 = = − − − ; 42 B4 = − Chứng minh Từ định nghĩa số Bernoulli ta có Bn = n X k=0 k X (−1)s Cks sn k + s=0 Ta lại có k X (−1)k−s Cks sn k! s=0 số Stirling loại hai nên số nguyên Do ta viết n X k! Bn = c(n, k), k+1 k=0 c(n, k) số nguyên Tiếp theo, ta dễ dàng kiểm tra được, a, b hai số nguyên thỏa (ab − 1)! mãn a ≥ 2, b ≥ 2, ab > số nguyên Từ ab biểu diễn Bn ta cần quan tâm trường hợp k + = k + số nguyên tố p Ta lại có p−1 X s (−1)s Cp−1 sn ≡ s=0 p−1 X s=0 sn ≡    −1   0 mod p, p − 1|n, n > 0, mod p trường hợp lại Suy B2n = G02n − X p−1|2n,p nguyên tố 1X + (−1)s C3s s2n , p s=0 G02n số nguyên Tuy nhiên X (−1)s C3s s2n ≡ −3 − 32n ≡ mod s=0 nên ta suy điều cần chứng minh Từ Định lý von Staudt–Clausen ta có hệ trực tiếp sau: Hệ 1.1.8 Với n ≥ 1, mẫu số D2n số Bernoulli B2n viết dạng tối giản số chẵn chia hết cho Cụ thể ta có D2n = Y p p nguyên tố, p−1|2n Nhiều tính chất khác số Bernoulli trình bày luận văn Nguyễn Ngọc Thiêm [1] nên không nhắc lại Mệnh đề cho tính chất số học liên quan đến số Bernoulli mà cần đến phần sau luận văn Mệnh đề 1.1.9 ([6, Bổ đề 2]) Cho p số nguyên tố Giả sử số nguyên n thỏa mãn n = n1 pα1 + n2 pα2 + · · · + nt pαt , ≤ α1 < α2 < · · · < αt , n1 , , nt ∈ {1, , p − 1} n1 + · · · + nt ≥ p Khi tồn số nguyên dương chẵn k < n cho p ước mẫu số số hữu tỷ Cnk Bk viết dạng tối giản Chứng minh Trước tiên ta xét trường hợp p số nguyên tố lẻ Do Pt i=1 ni ≥ p nên ta chọn số nguyên không âm m1 , m2 , , mt thỏa mãn mi ≤ ni Pt i=1 mi = p − Đặt k= t X mi pαi i=1 Khi k < n ta có k≡ t X mi mod p − i=1 Suy p − 1|k Do đó, k số chẵn p ước mẫu số Bk Bây giờ, sử dụng Định lý Lucas tổ hợp ta có Cnk ≡ t Y Cnmi i mod p i=1 Do p khơng ước Cnk Vậy p ước mẫu số Cnk Bk Từ suy khẳng định Mệnh đề cho trường hợp p lẻ Trong trường hợp p = ta có n = 2α1 + 2α2 + · · · + 2αt , với ≤ α1 < α2 < · · · < αt t ≥ Khi đó, lấy k = 2α2 , ta có k < n, k chẵn Cnk lẻ (theo Định lý Lucas) Mặt khác Bk có mẫu số chẵn (theo Hệ 1.1.8) nên ước Cnk Bk Số Bernoulli xác định qua giá trị đa thức Bernoulli điểm x = Ngược lại, đa thức Bernoulli hoàn toàn biểu diễn qua số Bernoulli Cụ thể ta có mệnh đề sau Mệnh đề 1.1.10 ([6, Bổ đề 1(B)]) Với n ≥ 1, ta có Bn (x) = n X Cni Bi xn−i i=0 Chứng minh Khai triển Taylor x = Bn (x) ta có Bn (x) = Bn + n (i) X Bn (0) i=1 i! xi Sử dụng Mệnh đề 1.1.2 ta suy điều cần chứng minh Với số nguyên k ≥ 1, ta viết Sk (x) = 1k + 2k + · · · + (x − 1)k Biểu thức có liên quan chặt chẽ với đa thức Bernoulli có liên quan chặt chẽ đến nội dung luận văn Mệnh đề sau cho ta mối liên hệ Sk (x) đa thức Bernoulli Chứng minh mệnh đề tham khảo mục 3.1.1 luận văn Nguyễn Ngọc Thiêm [1] Mệnh đề 1.1.11 ([6, Bổ đề 1(A)]) Với số nguyên k ≥ 1, ta có Sk (x) = (Bk+1 (x) − Bk+1 ) k+1 Sử dụng tính chất ta tính tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp Ví dụ 1.1.12 Áp dụng Mệnh đề 1.1.11, với số nguyên dương n, ta có: 1 + + · · · + n = [B2 (n + 1) − B2 ] = n(n + 1); 2 12 + 22 + · · · + n2 = [B3 (n + 1) − B3 ] 3 = [(n + 1)3 − (n + 1)2 + (n + 1)] 2 10 = n(n + 1)(2n + 1); 13 + 23 + · · · + n3 = [B4 (n + 1) − B4 ] = [(n + 1)4 − 2(n + 1)3 + (n + 1)2 ] = n (n + 1)2 = (1 + + · · · + n)2 1.2 Phân tích đa thức Bernoulli Trong mục này, chúng tơi trình bày phân tích đa thức Bernoulli dạng hợp thành hai đa thức khác Trước tiên ta nhắc lại khái niệm phân tích đa thức Định nghĩa 1.2.1 Một phân tích đa thức F (x) ∈ C[x] đẳng thức có dạng F (x) = G1 (G2 (x)), G1 (x), G2 (x) ∈ C[x] Một phân tích gọi không tầm thường bậc G1 G2 lớn Hai phân tích F (x) = G1 (G2 (x)) F (x) = H1 (H2 (x)) gọi tương đương tồn đa thức tuyến tính l(x) ∈ C[x] cho G1 (x) = H1 (l(x)) H2 (x) = l(G2 (x)) Đa thức F (x) gọi phân tích có phân tích khơng tầm thường gọi khơng phân tích trường hợp ngược lại Bây ta quan tâm đến phân tích đa thức Bernoulli Trước tiên, xét trường hợp n = 2m số nguyên dương chẵn 11 Theo Mệnh đề 1.1.4 ta có Bn (x) = Bn (1 − x) Do ˜m ((x − )2 ), Bn (x) = B (1.1) ˜m (x) ∈ Q[x] đa thức bậc m Trong mục này, ta B thấy rằng, ngồi phân tích (1.1), đa thức Bernoulli khơng cịn phân tích khơng tầm thường khác Ký hiệu ∆ biệt thức vành đa thức C[x] định nghĩa ∆f (x) = f (x + 1) − f (x) Khi ta có bổ đề sau: Bổ đề 1.2.2 ([3, Bổ đề 4.2]) Với hai đa thức f (x), p(x) ∈ C[x], ta có ∆f ước ∆(p(f )) Chứng minh Để chứng minh bổ đề ta cần ∆f ước ∆(f k ), với k = 0, 1, 2, Tuy nhiên, điều hiển nhiên với hai đa thức g h ta ln có g − h ước g k − hk , với k = 0, 1, 2, Định lý sau cho ta kết phân tích đa thức Bernoulli Định lý 1.2.3 ([3, Định lý 4.1]) Đa thức Bernoulli Bn (x) khơng phân tích n số lẻ Nếu n = 2m số chẵn phân tích khơng tầm thường Bn (x) tương đương với phân tích (1.1) ˜m (x) khơng phân tích Đặc biệt đa thức B Chứng minh Giả sử Bn (x) = G1 (G2 (x)) phân tích khơng tầm thường Bn (x) Từ Bổ đề 1.2.2 Mệnh đề 1.1.3 ta có ∆G2 (x) 12 ước ∆Bn (x) = nxn−1 Điều có nghĩa ∆G2 (x) = λxt , với t ≤ n − λ ∈ C∗ Tiếp tục sử dụng Mệnh đề 1.1.3 ta lại có G2 (x) = γBk (x) + µ, γ ∈ C∗ , µ ∈ C k = t + Vì vậy, phân tích Bn (x) = G1 (G2 (x)) tương đương với Bn (x) = P (Bk (x)), với P (x) = G1 (γx+ µ) Do phân tích khơng tầm thường nên ta có ≤ k < n Nếu k = phân tích tương đương với phân tích (1.1) Giả sử k ≥ Do hai đa thức Bn (x) Bk (x) có hệ số cao nên đa thức P (x) Hơn nữa, phân tích khơng tầm thường nên đa thức P (x) có bậc p ≥ So sánh hệ số nn−2 Bn (x) P (Bk (x)) ta có n(n − 1) pk(pk − k) pk(k − 1) = + 12 12 Vì pk = n nên ta thu 2(n − 1) = 3(n − k) + 2(k − 1) Suy n = k Điều mâu thuẫn với giả thiết ban đầu nên k = ta có điều cần chứng minh Trong phần mục này, chúng tơi trình bày lại kết khác nói phân tích đa thức Bernoulli qua đa thức hệ số hữu tỷ Đặt Φn (x) = Bn (x) − Bn Khi đó, ta có bổ đề sau: Bổ đề 1.2.4 ([3, Bổ đề 6.3]) Nếu Φn (x) ∈ Z[x] n ∈ {1, 2, 4} 13 Chứng minh Trước tiên ta có 1 Φ1 (x) = B1 (x) − B1 = (x − ) − (− ) = x ∈ Z[x] 2 Giả sử Φn (x) ∈ Z[x] n > (1.2) Do B1 = − , B2n+1 = với n ≥ nên từ Mệnh đề 1.1.10 ta suy n≡0 mod (1.3) Theo Hệ 1.1.8 mẫu số hạng tử Φn (x) chia hết cho Do đó, từ giả thiết (1.2) ta suy 6|Cnk (1.4) P với số nguyên dương chẵn k < n Tuy nhiên, n = ri=1 2αi , P αi α1 > α2 > · · · > αr > r > 1, k = r−1 i=1 số chẵn, < k < n từ Định lý Lucas tổ hợp ta suy Cnk số lẻ Do từ hai điều kiện (1.3) (1.4) ta suy n = 2α Ps βi Tương tự, giả sử n = i=1 εi , với s > 1, β1 > β2 > · · · > βs ≥ εi ∈ {1, 2} Nếu tồn số j cho εj = P k = i6=j εi 3βi số chẵn Định lý Lucas suy Cnk không chia hết cho Cũng vậy, s > tồn hai số j1 , j2 P cho εj1 = εj2 k = i6=j1 ,j2 εi 3βi số chẵn Cnk không chia hết cho Vậy từ hai điều kiện (1.3) (1.4) ta lại suy n = 2α = 3β1 + 3β2 , với β1 ≥ β2 14 Suy β2 = α = 1, β1 = α = 2, β1 = Tức n = n = Định lý sau cho ta kết phân tích đa thức Bernoulli đa thức Φn (x) Định lý 1.2.5 Đa thức Bernoulli Bn (x) biểu diễn dạng rP (Q(x)), r số hữu tỷ, P (x) ∈ Z[x] đa thức monic (tức đa thức có hệ số cao 1) với bậc lớn Q(x) ∈ Q[x] Trong trường hợp n 6= 2, khẳng định tương tự đa thức Φn (x) Chứng minh Giả sử phản chứng tồn phân tích Bn (x) (hoặc Φn (x)) dạng rP (Q(x)), r số hữu tỷ, P (x) ∈ Z[x] đa thức monic với bậc lớn Q(x) ∈ Q[x] Gọi d mẫu số đa thức Q(x), tức số nguyên dương bé cho dQ(x) ∈ Z[x] Khi đó, mẫu số Q(x)m , với m bậc P (x), dm Do P (x) đa thức monic với hệ số nguyên nên mẫu số P (Q(x)) dm Hơn nữa, so sánh hệ số cao Bn (x) (hoặc Φn (X)) với hệ số cao biểu diễn rP (Q(x)), ta có = rq m hay r = q −m với q hệ số cao Q(x) Từ suy mẫu số rP (Q(x)) lũy thừa bậc m số nguyên Mặt khác, theo Định lý von Staudt-Clausen 1.1.7 Bổ đề 1.2.4, mẫu số đa thức Bernoulli (hoặc đa thức Φn (x) trường 15 hợp n 6= 2, 4) số ngun lớn khơng có ước phương Tức mẫu số lũy thừa bậc m > số nguyên Suy điều cần chứng minh 16 ...ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ————o0o———— ĐINH THỊ NGỌC ÁNH ĐA THỨC BERNOULLI VÀ TÂM SỐ (k, l)-LŨY THỪA LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 46... tâm số (k, l )lũy thừa, số kết Finkelstein tâm số k -lũy thừa số kết Liptai cộng tâm số (k, l) -lũy thừa Trước trình bày nội dung này, Luận văn trình bày lại khái niệm số tính chất đa thức Bernoulli. .. hạn tâm số (k, l) -lũy thừa số nguyên y ≥ cho trước Để có kết nêu tâm số (k, l) -lũy thừa, tác giả sử dụng số tính chất đa thức Bernoulli số Bernoulli Mục tiêu Luận văn trình bày lại khái niệm tâm