luận văn tổng lũy thừa của các số nguyên

luận văn tổng lũy thừa của các số nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ——————————- NGUYỄN MẠNH HÙNG TỔNG LUỸ THỪA CỦA CÁC SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60.46.05 Người hướng dẫn khoa học: TS. VŨ THẾ KHÔI THÁI NGUYÊN - NĂM 2011 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Lời cảm ơn 2 1 Các số Bernoulli 5 1.1 Mệnh đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 1.2 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6 1.3 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10 2 Các đa thức Faulhaber 16 2.1 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 2.2 Nhận xét . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 2.3 Hệ quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 3 Quan hệ đa thức giữa σ i và σ j 24 3.1 Phương pháp khử biến để tìm các quan hệ giữa σ i và σ j . . . . 24 3.2 Dùng kết thức để tìm các quan hệ giữa σ i và σ j : . . . . . . . 26 4 Iđêan các đa thức và mối quan hệ giữa các kết thức 31 4.1 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 4.2 Ví dụ về quan hệ giữa R( σ 3 , σ 5 ) và R*( σ 3 , σ 5 ) . . . . . . . 33 4.3 Iđêan các đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 4.4 Bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 4.5 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 Kết luận 39 Tài liệu tham khảo 40 1 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Lời cảm ơn Tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới các thầy cô giáo của trường Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học, những người đã tận tình giảng dạy và khích lệ, động viên tôi vượt qua những khó khăn trong học tập, và đã trang bị cho tôi đầy đủ kiến thức để làm nền tảng cho quá trình viết luận văn này. Luận văn này được hoàn thành trong khóa 17 đào tạo Thạc sĩ của trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, dưới sự hướng dẫn của TS. Vũ Thế Khôi, Viện Toán học. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới thầy hướng dẫn, người đã tạo cho tôi một phương pháp nghiên cứu khoa học đúng đắn, tinh thần làm việc nghiêm túc và đã dành nhiều thời gian, công sức giúp đỡ tôi hoàn thành luận văn. Tôi xin chân thành cảm ơn quý Thầy Cô trong hội đồng chấm luận văn đã dành thời gian đọc và đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho luận văn. Tôi xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, khoa Sau đại học, đã tạo mọi điều kiện thuận lợi, giúp đỡ tôi trong suốt thời gian tôi học tập. Cuối cùng, tôi xin cảm ơn bạn bè, người thân đã động viên, ủng hộ tôi cả về vật chất và tinh thần để tôi có thể hoàn thành tốt khóa học của mình. 2 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Giới thiệu Chúng ta đã biết đến các tổng sau từ những bài toán chứng minh bằng phương pháp quy nạp: 1 + 2 + 3 + + n = n(n+1) 2 . 1 2 + 2 2 + 3 2 + + n 2 = n(n+1)(2n+1) 6 . 1 3 + 2 3 + 3 3 + + n 3 = n 2 (n+1) 2 4 =  n(n+1) 2  2 . Ở đây, ta tổng quát hoá các tổng luỹ thừa có dạng như trên. Với n, k ∈ N ∗ , khi đó ta có tổng luỹ thừa: σ k (n) = 1 k + 2 k + 3 k + + n k . Theo ví dụ như trên chúng ta thấy rằng : σ 3 = σ 2 1 (1). Khi đó đặt f(x, y) = x 2 − y thì f(σ 1 (n), σ 3 (n)) = 0 ∀n. Nói cách khác tập hợp các điểm {(σ 1 (n); σ 3 (n))} n=1,2, đều nằm trên Parabol có phương trình: y = x 2 . Theo (1) thì σ 1 và σ 3 có mối liên hệ với nhau. Ở đề tài này, chúng ta sẽ thấy một cách tiếp cận khác để mở rộng (1) đến mức mô tả tất cả các mối quan hệ đa thức tồn tại giữa bất kì hai σ i . Bằng phương pháp của hình học đại số chúng ta đi tìm các mối quan hệ giữa σ i và σ j hay tập hợp các điểm  ij = {(σ i (n), σ j (n)) : n = 1, 2, }. Bài luận văn này được viết dựa trên bài báo của Beardon, A. F., Sums of Powers of Integers, Amer. Math. Monthly, 103 (1996), no. 3, 201 - 213. Và các kết quả : từ Ví dụ 1.2.1 đến Ví dụ 1.2.5 ; Ví dụ 1.3.2 đến Ví dụ 1.3.8 ; Ví dụ 2.3.1 đến Ví dụ 2.3.6 ; Ví dụ 3.1.1 đến Ví dụ 3.1.4 và Ví dụ 4.2 ở trong luận văn là do chúng tôi tự tính toán. 3 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Bố cục luận văn được chia thành 4 chương : • Chương 1: Các số Bernoulli Trong chương này chúng tôi trình bày các kiến thức liên quan đến dãy số Bernoulli : định nghĩa, công thức xác định, đi tìm một số hạng đầu của dãy số Bernoulli và từ đó đưa ra các tính chất và hệ quả của chúng. Cuối cùng kết hợp với sự khai triển của hàm f(t) ở mệnh đề 1.2.7, ta khẳng định được rằng các σ k (n) là đa thức biến n có hệ số liên quan đến các số Bernoulli. • Chương 2 : Các đa thức Faulhaber Trong chương này chúng tôi trình bày các sự biểu diễn của σ k qua σ 1 trong cả hai trường hợp k lẻ và k chẵn. Dựa vào kết quả đó, tìm một số mối quan hệ ban đầu của σ k và σ 1 ứng với những giá trị k cụ thể, và từ mối quan hệ này ta thu được các đa thức gọi là các đa thức Faulhaber. • Chương 3 : Quan hệ đa thức giữa σ i và σ j . Ở đây chúng tôi trình bày mối liên quan giữa σ i và σ j bất kì, và cách tìm mối quan hệ này bằng phương pháp khử biến. Bằng cách tính toán thông thường theo phương pháp đại số chúng tôi tìm được các mối quan hệ này với các trường hợp k có giá trị nhỏ. Để có được một kết quả tổng quát, chúng tôi trình bày trong chương này một phương pháp dùng kết thức khử n hoặc σ 1 để tìm mối quan hệ giữa σ i và σ j . • Chương 4 : Iđêan các đa thức và mối quan hệ giữa các kết thức Với những điều đã biết về kết thức ở chương 3, ta gọi kết thức thu được khi khử n từ σ i và σ j là R(f,g) và kết thức thu được khi khử σ 1 từ σ i và σ j là R*(f,g). Ở chương này chúng tôi trình bày mối quan hệ giữa hai kết thức này và lý thuyết về iđêan các đa thức. 4 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương 1 Các số Bernoulli 1.1 Mệnh đề Các σ k (n) là các đa thức bậc k + 1 theo n. Chứng minh :Ta chứng minh quy nạp theo k. Trước hết ta xét một số giá trị ban đầu của k để cho thấy rằng mệnh đề đúng với các giá trị k này. Với k = 1, ta có : σ 1 (n) = 1 + 2 + 3 + + n = n(n+1) 2 là đa thức bậc 2 theo n Vậy mệnh đề đúng với k = 1. Với k = 2, ta có: σ 2 (n) = 1 2 +2 2 +3 2 + +n 2 = n(n+1)(2n+1) 6 là đa thức theo n có bậc là 3. Vậy mệnh đề đúng với k = 2. Bây giờ ta giả sử mệnh đề đúng với σ k−1 (n) là đa thức có bậc là k. Ta cần chứng minh đúng với σ k (n) có bậc k + 1. 5 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Xét (n + 1) k+1 − 1 = n  m=1  (m + 1) k+1 − m k+1  (1.1) = n  m=1 k  r=0  k + 1 r  m r = k  r=0  k + 1 r  n  m=1 m r = k  r=0  k + 1 r  σ r (n) = k−1  r=0  k + 1 r  σ r (n) + (k + 1)σ k (n). Rút σ k (n) từ đẳng thức trên ta được σ k (n) là đa thức bậc k + 1 theo n. Vậy các σ k (n) là các đa thức bậc k + 1 theo n. 1.2 Định nghĩa Cho dãy số B n , n ≥ 0 với số hạng đầu tiên B 0 = 1, các số hạng tiếp theo được cho bởi công thức truy hồi sau: m  j=0  m + 1 j  B j = 0. Dãy số trên được gọi là dãy số Bernoulli. ( Xem tài liệu tham khảo [3]- trang 229 ) Một số số hạng đầu của dãy số Bernoulli: Ví dụ 1.2.1. Với m = 1, ta có: 1  j=0  2 j  B j = 0 ⇔  2 0  B 0 +  2 1  B 1 = 0 ⇔ B 0 + 2B 1 = 0 ⇔ 1 + 2B 1 = 0 Vậy ta tính được B 1 = − 1 2 . Ví dụ 1.2.2. Với m = 2, ta có: 2  j=0  3 j  B j = 0 6 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ⇔  3 0  B 0 +  3 1  B 1 +  3 2  B 2 = 0 ⇔ B 0 + 3B 1 + 3B 2 = 0 ⇔ 1 + 3(− 1 2 ) + 3B 2 = 0 Vậy ta tính được B 2 = 1 6 . Ví dụ 1.2.3. Với m = 3, ta có: 3  j=0  4 j  B j = 0 ⇔  4 0  B 0 +  4 1  B 1 +  4 2  B 2 +  4 3  B 3 = 0 ⇔ B 0 + 4B 1 + 6B 2 + 4B 3 = 0 ⇔ 1 + 4(− 1 2 ) + 6 1 6 + 4B 3 = 0 ⇔ 4B 3 = 0 ⇒ B 3 = 0 Vậy ta tính được B 3 = 0. Ví dụ 1.2.4. Với m = 4, ta có: 4  j=0  5 j  B j = 0 ⇔  5 0  B 0 +  5 1  B 1 +  5 2  B 2 +  5 3  B 3 +  5 4  B 4 = 0 ⇔ B 0 + 5B 1 + 10B 2 + 10B 3 + 5B 4 = 0 ⇔ 1 + 5(− 1 2 ) + 10 1 6 + 5B 4 = 0 ⇔ 5B 4 = − 1 6 ⇒ B 4 = − 1 30 . Vậy ta tính được B 4 = − 1 30 . Ví dụ 1.2.5. Với m = 5, ta có: 5  j=0  6 j  B j = 0 ⇔  6 0  B 0 +  6 1  B 1 +  6 2  B 2 +  6 3  B 3 +  6 4  B 4 +  6 5  B 5 = 0 7 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ⇔ B 0 + 6B 1 + 15B 2 + 20B 3 + 15B 4 + 6B 5 = 0 ⇔ 1 + 6(− 1 2 ) + 15 1 6 + 15(− 1 30 ) + 6B 5 = 0 ⇔ 6B 5 = 0 ⇒ B 5 = 0. Vậy ta tính được B 5 = 0. Nhận xét 1.2.6. . Từ các tính toán ở trên ta nhận thấy rằng các số Bernoulli ứng với hai số k lẻ là B 3 = B 5 = 0. Điều này cũng đúng cho sự mở rộng các số Bernoulli B 2k+1 = 0 với k = 1, 2, . . . Để chứng minh nhận xét mở rộng ở trên, ta đi xét mệnh đề sau và từ đó có được hệ quả. Mệnh đề 1.2.7. . Khi khai triển hàm số f(t) = t e t −1 theo chuỗi luỹ thừa quanh điểm t = 0, ta được: t e t −1 = ∞  m=0 B m  t m m!  . Trong đó: e t = ∞  m=0 t m m! . Chứng minh : Giả sử: t e t −1 = ∞  m=0 b m t m m! (*). Ta sẽ chứng minh b m = B m . Ta có: e t = ∞  m=0 t m m! = 1 + t 1! + t 2 2! + t 3 3! + Suy ra e t − 1 = t 1! + t 2 2! + t 3 3! + = ∞  m=1 t m m! . Từ (*) ta có: t = (e t − 1) ∞  m=0 b m t m m! =  ∞  m=1 t m m!  ∞  m=0 b m t m m!  =  t 1! + t 2 2! + t 3 3! +  b 0 + b 1 t 1! + b 2 t 2 2! +  . So sánh hai vế ta thấy: Vế trái chỉ có thành phần bậc 1 theo t có hệ số là 1. Từ đó suy ra vế phải chỉ tồn tại hệ số bậc 1 của t, còn các hệ số ứng với 8 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn thành phần bậc 2 trở lên theo t đều bằng 0. + Thành phần bậc 1 : b 0 t 1! = b 0 t ⇒ b 0 = 1 Vậy hệ số b 0 = 1. + Thành phần bậc 2 : b 0 t 2 2! + b 1 t 1! t 1! =  b 0 2 + b 1  t 2 ⇒ b 0 2 + b 1 = 0 ⇒ 1 2 + b 1 = 0 ⇒ b 1 = − 1 2 + Thành phần bậc 3 : b 0 t 3 3! + b 1 t 1! t 2 2! + b 2 t 2 2! t 1! =  b 0 6 + b 1 2 + b 2 2  t 3 ⇒ b 0 6 + b 1 2 + b 2 3 = 0 ⇒ 1 6 + − 1 2 2 + b 2 3 = 0 ⇒ b 2 = 1 6 + Tương tự đến thành phần bậc k là : b 0 t 0 0! t k k! + b 1 t 1 1! t k−1 (k−1)! + b 2 t 2 2! t k−2 (k−2)! + + b k−1 t k−1 (k−1)! t 1 1! = 1 k!  b 0 k! 0!k! t k + b 1 k! 1!(k−1)! t k + + b k−1 k! (k−1)!1! t k  = t k k! k−1  j=0 b j  k j  ⇒ k−1  j=0 b j  k j  = 0 , ∀k = 2, 3, 4, Thay k = m + 1 ta được : m  j=0 b j  m + 1 j  = 0 , ∀k = 1, 2, 3, 4, ⇒ B j = b j Vậy t e t −1 = ∞  m=0 B m t m m! Hệ quả 1.2.8. Từ cách chứng minh mệnh đề trên, ta có thể kết luận được B 2k+1 = 0, ∀k = 1, 2, 3, 4 Chứng minh : Thật vậy, ta có : t e t −1 = 1 − t 2 + ∞  m=2 B m t m m! 9 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn [...]... σ2 Ta lập luận tương tự cho bất kì cặp σi và σj Khi đó tồn tại ít nhất một đa thức không tầm thường P thoả mãn với P(σi , σj ) = 0 28 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chứng minh cuả Pascal’s ở (1.1) cho thấy rằng các hệ số của n trong σk (n) là số hữu tỉ, do đó qua một bước quy đồng mẫu số ta có thể khẳng định rằng các hệ số của đa thức P là số nguyên Kết... = 1, ., d và j = 1, n Tương tự ta biểu thị các nghiệm của g1 bởi β1 , ., βm và các nghiệm của φ(z) = βs bởi y1s , yds Khi đó các nghiệm của g chính là những con số yrs với r = 1, ., d và s = 1, m Cuối cùng chúng tôi sử dụng A1 , A2 , A3 , A4 để biểu thị các hằng số (chúng ta không cần để ý đến các hằng số này) 32 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Theo đoạn... Iđêan các đa thức Trong phần này chúng ta mô tả tất cả các đa thức T với hệ số nguyên mà T(σi , σj ) = 0, với mỗi cặp i và j đặc trưng thoả mãn 1 ≤ i < j Để làm được điều này, chúng tôi mượn một ý tưởng từ hình học đại số và nghiên cứu họ của các đa thức triệt tiêu trên một tập hợp cho trước (Để biết thêm chi tiết, đôc giả xem tại tài liệu số [2]) Chúng tôi biểu thị các số nguyên bởi Z, và các vành của. .. 1 đối với σj Bằng cách khai triển định thức chúng ta thấy rằng hệ số của σij+1 không i+1 chứa σj và ngược lại hệ số của σj không chứa σi Ví dụ như định thức ở trên có dạng : 1 1 −2σ1 2 3 3 2 (−2σ1 ) + + 0 1 (−6σ2 ) 1 0 2 0 0 1 Ta thấy rằng hệ số của σ1 3 là - 32 không chứa σ2 và hệ số của σ2 2 là 36 không chứa σ2 Chúng tôi đã chứng minh kết quả dưới đây : Mệnh đề 3.2.1 Với số nguyên i và j và 1... 54z − 9 F8 = 2 9 (2.9) 23 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương 3 Quan hệ đa thức giữa σi và σj 3.1 Phương pháp khử biến để tìm các quan hệ giữa σivà σj Một số đường cong đại số được tham số hoá bằng cách đặt x = f (t) và y = g(t), trong đó f, g là các đa thức và ta đi tìm cách khử t để có được mối quan hệ đa thức giữa x và y Cách thu được mối quan hệ... (zi − wj ) i,j (Các chi tiết có thể tìm thấy trong tài liệu số [4] trang 86 ) Bây giờ chúng ta sẽ áp dụng những ý tưởng này để chứng minh định lý Cho f, g , f1 , g1 và φ là các đa thức trong định lý và giả sử rằng có bậc md, nd, n, m và d tương ứng Chúng tôi kí hiệu các nghiệm của f1 bởi α1 , ., αn và các nghiệm của φ(z) = αj bởi x1j , xdj Khi đó các nghiệm của f chính là những con số xij với i = 1,... 2)(i + j + 2), sẽ được bậc của σi là 2(j + 1) và bậc của σj là 2(i + 1) 29 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Khi đó, nếu chúng ta khử n giữa các đa thức σi và σj của n, chúng ta có được một định thức kích thước tương tự nhưng với các yếu tố liên quan đến σi và σj thay vì σi 2 và σj 2 Ví dụ cụ thể như : + Nếu sử dụng kết quả của dãy số Bernoulli ta có : 6n5... các vành của các đa thức với hệ số nguyên của hai biến x, y bởi Z [x, y] Một điều quan trọng ở đây là chúng ta cần khoảng Z [x, y] là một miền nhân tử hoá duy nhất, điều này có nghĩa là bất kì đa thức trong Z [x, y] có thể phân tích được thành tích của các đa thức bất khả quy một cách duy nhất, sai khác một thứ tự và nhân tử (- 1), cách phân tích này là duy nhất (Chi tiết tại tài liệu số [1] trang... x = x0 là nghiệm của những phương trình này, khi đó định thức được tạo bởi hệ số của các phương trình trên phải bị triệt tiêu Đây là một định thức cấp (m + n)(m + n) và được gọi là kết thức R(f, g) của f và g Và ta có : a0 .an a0 .an R (f, g) = b0 .bm b0 .bn 27 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Ở đây ta bỏ qua các thành phần bằng... với hệ số nguyên và hệ số hằng bằng không, và có bậc j + 1 đối với x và i + 1 đối với y , với số hạng có số mũ cao nhất của x và y có hệ số hằng, sao cho P(σi , σj ) = 0 Tuy nhiên vấn đề chưa dừng lại ở đây Nếu ta áp dụng phương pháp này với trường hợp i = 3 và i = 5, chúng ta thu được một đa thức P (x, y) bậc 6 đối với σ3 và bậc 4 đối với σ5 sao cho : P(σ3 , σ5 ) = 0 Có thể tìm đa thức P một cách dễ . ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ——————————- NGUYỄN MẠNH HÙNG TỔNG LUỸ THỪA CỦA CÁC SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ Mã số: 60.46.05 Người. trong luận văn là do chúng tôi tự tính toán. 3 Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Bố cục luận văn được chia thành 4 chương : • Chương 1: Các số Bernoulli Trong. nền tảng cho quá trình viết luận văn này. Luận văn này được hoàn thành trong khóa 17 đào tạo Thạc sĩ của trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, dưới sự hướng dẫn của TS. Vũ Thế Khôi, Viện