(Luận văn) tính chất nhân tử của tổng lũy thừa các số nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN ANH TÚ lu an n va gh tn to TÍNH CHẤT NHÂN TỬ CỦA TỔNG LŨY THỪA CÁC p ie SỐ NGUYÊN d oa nl w an lu oi lm ul nf va LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC z at nh z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên - 2015 ac th si i Mục lục Lời cảm ơn ii Mở đầu lu an n va Tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp 1.1 Cơng thức tính tổng lũy thừa Pk (n) 1.1.1 Mở đầu tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp 1.1.2 Cơng thức tính Pk (n) 1.2 Tính chất nhân tử Pk (n) 1.2.1 Phương pháp quy nạp 1.2.2 Đa thức Bernoulli tính nhân tử Pk (n) p ie gh tn to oa nl w d Tổng lũy thừa hệ số nhị thức 2.1 Biểu diễn đa thức tổng lũy thừa hệ số nhị thức 2.1.1 Mở đầu tổng lũy thừa hệ số nhị thức 2.1.2 Biểu diễn đa thức tổng tích hệ số nhị 2.2 Định lý Faulhaber cho tổng lũy thừa hệ số nhị thức 2.2.1 Các hàm phản xạ 2.2.2 Định lý kiểu Faulhaber 2.2.3 Tính chất chia hết fk,m (x) 2.3 Tổng lũy thừa nghịch đảo hệ số nhị thức 2.3.1 Trường hợp tổng quát 2.3.2 Tổng nghịch đảo lũy thừa số tam giác nf va an lu z at nh oi lm ul z 23 23 23 27 30 30 33 35 42 42 45 48 m an Lu Tài liệu tham khảo co l gm @ Kết luận thức 3 12 12 17 49 n va ac th si ii Lời cảm ơn Trong trình học tập làm luận văn tác giả nhận động viên, khuyến khích tạo điều kiện giúp đỡ nhiệt tình cấp lãnh đạo, thầy giáo, cô giáo anh chị em, bạn bè đồng nghiệp gia đình lu an Với tình cảm chân thành tác giả bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới: n va Khoa Tốn-Tin Phịng Đào tạo, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, thầy, cô giáo tham gia giảng dạy cung cấp kiến thức giúp tác giả trình học tập nghiên cứu gh tn to p ie 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 tận tình bảo, giúp đỡ, góp ý để tác giả hoàn thành luận văn nl w d oa Tác giả xin cảm ơn lãnh đạo Sở Giáo dục Đào tạo Tuyên Quang, Ban Giám hiệu Trường Phổ thông Dân tộc Nội trú THPT tỉnh Tuyên Quang với người thân, bạn bè đồng nghiệp tận tình giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trình học tập, nghiên cứu hoàn thiện luận văn nf va an lu lm ul z at nh oi Dù nghiêm túc cố gắng thực luận văn này, với trình độ hạn chế nhiều lý khác, luận văn chắn không tránh khỏi khiếm khuyết định Kính mong góp ý thầy để luận văn hoàn chỉnh z m co l gm @ Tác giả an Lu n va ac th si Mở đầu Cho k, n số tự nhiên n > 1, ta kí hiệu Pk (n) = 1k + 2k + + (n − 1)k + nk , lu an n va tổng lũy thừa bậc k số nguyên dương liên tiếp từ đến n Việc nghiên cứu cơng thức tính tổng tính chất tổng thu hút quan tâm nhiều tác giả Thời trẻ, nghiên cứu tổng này, nhà tốn học Gauss tìm cơng thức cho P1 (n) phương pháp đơn giản thêm số hạng vào số hạng cuối cùng, số hạng thứ hai vào số hạng cuối thứ hai v.v Ơng tính p ie gh tn to oa nl w P1 (n) = n (n + 1) d Rất tiếc phương pháp đơn giản Gauss lại không thực với tổng bình phương, lập phương, v,v Về sau có nhiều nhà tốn học khác xây dựng cơng thức tính tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp Pk (n) nghiên cứu số tính chất Pk (n), đặc biệt tính chất nhân tử Tức tác giả chứng minh đại lượng n (n + 1) (2n + 1) thừa số Pk (n) k số chẵn lớn đại lượng n2 (n + 1)2 thừa số Pk (n) k số lẻ lớn (xem [1], [3], ) nf va an lu z at nh oi lm ul z Năm 2013, A S Dzhumadil’daev D Yeliussizov nghiên cứu tổng lũy thừa hệ số nhị thức mở rộng tự nhiên tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp Trong báo tác giả chứng minh số tính chất tổng lũy thừa này, đặc biệt tính chất nhân tử giống tính chất tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp m co l gm @ an Lu Với mục đích trình bày lại số kết nghiên cứu tính chất nhân tử tổng lũy thừa số nhị thức trường hợp đặc biệt tổng lũy n va ac th si số tự nhiên liên tiếp, chọn đề tài "Tính chất nhân tử tổng lũy thừa số nguyên" Luận văn gồm hai chương: Chương : Tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp Trong chương chúng tơi trình bày số kiến thức mở đầu tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp, cơng thức tính tổng Pk (n) giới thiệu tính chất nhấn tử Pk (n) hai phương pháp: quy nạp sử dụng tính chất đa thức Bernoulli lu Chương 2:Tổng lũy thừa hệ số nhị thức Trong chương chúng tơi trình bày lại số kết nghiên cứu A S Dzhumadil’daev D Yeliussizov ([3]) tính chất biểu diễn đa thức, tính chất nhân tử, tính chất chia hết tổng lũy thừa hệ số nhị thức an n va p ie gh tn to d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp lu an n va Cơng thức tính tổng lũy thừa Pk (n) gh tn to 1.1 1.1.1 Mở đầu tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp p ie Pk (n) = 1k + 2k + + (n − 1)k + nk , d oa nl w Cho k, n số nguyên không âm Với k, n > 1, ta kí hiệu nf va an lu tổng lũy thừa bậc k số nguyên dương liên tiếp từ đến n Quy ước Pk (0) = với k > P0 (n) = n với n > 0, ta có Pk (n) với k, n số nguyên không âm Do Pk (0) = P0 (n) = n với k, n nên tổng Pk (n) ta chủ yếu quan tâm xem xét trường hợp k, n > z at nh oi lm ul Ta có P1 (n) = + + + (n − 1) + n = n + (n − 1) + + + 1, z @ gm nên an Lu P1 (n) = n (n + 1) m Kéo theo co n lần l 2P1 (n) = (n + 1) + (n + 1) + + (n + 1) = n(n + 1) | {z } n va ac th si Rất tiếc, phương pháp đơn giản tự nhiên lại khơng sử dụng tính tổng bình phương, lập phương, v,v Có nhiều cách khác để tính tổng Pk (n), chẳng hạn: dự đốn cơng thức sau chứng minh cơng thức phương pháp quy nạp toán học sử dụng kỹ thuật rút gọn, kỹ thuật rút gọn hữu hiệu Kỹ thuật rút gọn có ý tưởng xuất phát từ việc tính tổng  n−1  X 1 1 1 + + + + = − =1− 1.2 2.3 3.4 (n − 1) n k k+1 n k=1 lu Jakob Bernoulli đã dùng ý tưởng vào việc chứng minh tính phân kỳ chuỗi điều hịa 11 + 21 + 13 + an n va Sử dụng kỹ thuật rút gọn việc tính tổng lũy thừa số nguyên dương ta có kết quả: ie gh tn to Mệnh đề 1.1 ([8]) Cho n, k số tự nhiên Khi tổng lũy thừa bậc k số tự nhiên liên tiếp từ đến n tính truy hồi cơng thức p P0 (n) = n w !   k+1 X k + k+1 Pk (n) = (n + 1) −1− Pk+1−r (n) k+1 r r=2 d oa nl (1.1) nf va an lu Chứng minh Hiển nhiên k = công thức Ta xét k > 0, áp dụng khai triển nhị thức Newton (n + 1)k+1 ta có ! k+1 X k + k+1−r (n + 1)k+1 − nk+1 = (k + 1)nk + n r r=2 z at nh oi lm ul z Thay liên tục n công thức n − 1, n − 2, , 2, sau ta cộng vế tương ứng đẳng thức có, ta thu được: ! k+1 X k+1 (n + 1)k+1 − = (k + 1)Pk (n) + Pk+1−r (n) r r=2 m co l gm @ Điều kéo theo an Lu ! k+1 X k+1 (k + 1) Pk (n) = (n + 1)k+1 − − Pk+1−r (n) , r r=2 (1.2) n va ac th si hay !   k+1 X k + k+1 Pk (n) = (n + 1) −1− Pk+1−r (n) k+1 r r=2 Mệnh đề chứng minh Nhận xét 1.2 Thực quy nạp công thức theo (1.1) ta nhận thấy Pk (n) đa thức n bậc k + với số tự nhiên k với hệ số lũy thừa cao k+1 Ví dụ Tính tổng 12 + 22 + + n2 Theo công thức truy hồi ta có lu an ! X 3P2 (n) = (n + 1)3 − − P3−r (n) r r=2 ! P1 (n) − P0 (n) = n3 + 3n2 + 3n − n va p ie gh tn to n(n + 1) ta có w Từ P0 (n) = n, P1 (n) = d oa nl 2n3 + 3n2 + n n (n + 1) (2n + 1) = P2 (n) = 6 lu nf va an Ví dụ Tính tổng 13 + 23 + + n3 Từ cơng thức truy hồi ta có z at nh oi lm ul ! X 4P3 (n) = (n + 1)4 − − P3−r (n) r r=2 ! = n4 + 4n3 + 6n2 + 4n − P2 (n) − ! P1 (n) − P0 (n) z @ n (n + 1) (2n + 1) n(n + 1) ; P2 (n) = ta có l gm Từ P0 (n) = n, P1 (n) = m co n4 + 2n3 + n2 n2 (n + 1)2 P3 (n) = = 4 an Lu n va ac th si 1.1.2 Cơng thức tính Pk (n) Trong phần chúng tơi trình bày kết việc xây dựng cơng thức tính tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp Pk (n) Định lý 1.3 ([1]) Cho n, k số nguyên dương Khi Pk (n) = k+1 X as ns , (1.3) s=1 , k+1 k+1−s X as+j (s + j)! as = (−1)j+1 s! j=1 (j + 1)! ak+1 = lu an n va gh tn to với < s < k + Chứng minh Ta có p ie w Pk (n) = n X (1.4) oa nl s=1 d Pk (n − 1) = n−1 X sk = 1k + 2k + + (n − 1)k , (1.5) s=1 nf va an lu Do sk = 1k + 2k + + nk ; lm ul Pk (n) − Pk (n − 1) = nk n(n + 1) đa thức bậc hai Sử dụng công thức (1.1) ta suy Pk (n) đa thức bậc (k + 1) với số tự nhiên k Do ta biểu diễn Pk (n) sau: z at nh oi Ta thấy P0 (n) = n đa thức bậc nhất; P1 (n) = z l a1 , a2 , ak , ak+1 số gm @ Pk (n) = a1 n + a2 n2 + + ak nk + ak+1 nk+1 , m co Bây ta tính toán hệ số a1 , a2 , , ak+1 Ta viết as dạng an Lu as = fs (k) (s ∈ N, < s k + 1) n va ac th si Ta có k+1 X Pk (n) = as ns s=1 Pk (n − 1) = k+1 X as (n − 1)s s=1 Do Pk (n) − Pk (n − 1) = k+1 X s as n − s=1 k+1 X as (n − 1)s = nk s=1 Khai triển số hạng tổng (n − 1)s ta có lu an Pk (n) − Pk (n − 1) = b1 n + b2 n2 + b3 n3 + + bk nk + bk+1 nk+1 = nk , (1.6) n va to gh tn (0 < s ≤ k + 1) p ie bs = f (k, a1 , a2 , , ak , ak+1 ) oa nl w Điều kéo theo bs = (s 6= k) bk = Vì a1 , a2 , , ak , ak+1 số nên bs viết dạng f (k), k số tự nhiên biết Ta có d k+1 X as n − as ns = a1 n + a2 n2 + + ak+1 nk+1 as (n − 1)s = a1 (n − 1) + a2 (n − 1)2 + + ak+1 (n − 1)k+1 z @ s=1 s=1 z at nh oi k+1 X as (n − 1)s = nk lm ul Ta phân tích k+1 X nf va s=1 an lu s=1 k+1 X s m co l gm = a1 (n − 1) + a2 (n2 + −2n + 1) + a3 (n3 − 3n2 + 3n − 1)   k(k − 1)nk−2 k k−1 + · · · + ak n − kn + −   (k + 1)knk−1 k+1 k + ak+1 n − (k + 1)n + − an Lu n va ac th si 32
m Chứng minh Đặt ∇f = f (x) − f (x − 1) Vì ∇fk,m (x) = x+k−2 , ta thấy k ∇fk,m (x) (k − 3)-phản xạ km chẵn đối-(k − 3)-phản xạ, trường hợp lại Theo Định lý 2.4, f (0) = f (−(k − 2)) = Như vậy, theo Mệnh đề 2.7, fk,m (x) đối-(k −2)-phản xạ km chẵn (k −2)-phản xạ, trường hợp ngược lại
Chú ý gk,m = fk,m / x+k−1 k+1 Bởi theo Mệnh đề 2.9, gk,m (x) (k − 2)-phản xạ km − k chẵn đối-(k − 2)-phản xạ, trường hợp ngược lại
Mệnh đề 2.11 Cho k số lẻ Khi fk,m (x) chia hết x+k−1 k+1 (2x +
k − 2) m chẵn chia hết x+k−1 m lẻ m > k+1 lu an n va Chứng minh Giả sử m chẵn Theo Mệnh đề 2.10, hàm gk,m đối(k − 2)-phản xạ Điều kiện đối-(k − 2)-phản xạ x = 2−k cho 2−k 2−k 2−k gk,m (− − k + 2) = gk,m ( ) = −gk,m ( ) 2 Như vậy, gk,m ( 2−k ) = g(x) chia hết (2x + k − 2) p ie gh tn to d oa nl w Bây ta xét trường hợp m lẻ (m > 1) Theo Mệnh đề 2.10, hàm gk,m (k − 2)-phản xạ Ta có ! ! x+k x+k−1 fk,m (x + 1) − fk,m (x) = gk,m (x + 1) − gk,m (x) k+1 k+1 !m x+k−1 = k nf va an lu z at nh oi lm ul Như vậy, (x + k)gk,m (x + 1) − (x − 1)gk,m (x) = (k + 1) z l gm @ Bởi vậy, i = 0, −1, , −(k − 1), ta có x+k−1 k !m−1 (k + i)gk,m (i + 1) − (i − 1)gk,m (i) = m co an Lu n va ac th si 33 Nói cách khác, kgk,m (1) = −gk,m (0), (k − 1)gk,m (0) = −2gk,m (−1), (k − 2)gk,m (−1) = −3gk,m (−2), gk,m (−(k − 2)) = −kgk,m (−(k − 1)) Như vậy, gk,m (1) = (−1)k gk,m (−(k − 1)) = −gk,m (−(k − 1)) lu Vì gk,m (x) (k − 2)-phản xạ, điều kiện phản xạ x = cho an n va gk,m (1) = gk,m (−(k − 1)) to gh tn Do đó, gk,m (1) = p ie gk,m (−(k − 1)) = · · · = gk,m (−1) = gk,m (0) = gk,m (1) =

x+k−1 Như vậy, gk,m (x) chia hết x+k−1 f (x) chia hết k,m k+1 k+1 oa nl w Định lý kiểu Faulhaber d 2.2.2 lu nf va an PN −1 m Ta biết f1,m (N ) = đa thức biến N với bậc m + i=1 i Theo định lý Faulhaber [4, 6], đa thức f1,m (x) chia hết cho đa thức f1,1 (x) = x(x − 1)/2 Với m lẻ, đa thức f1,m (x) chia hết cho f1,1 (x)2 thương đa thức biến f1,1 (x) Đối với m chẵn, đa thức f1,m (x) biểu diễn tích f1,1 (x)(2x − 1) đa thức f1,1 (x) z at nh oi lm ul z Định lý sau kết tương tự định lý Faulhaber cho tổng lũy thừa hệ số nhị thức m co l gm @ an Lu n va ac th si 34 Định lý 2.12 Tồn đa thức Qk,m (x) ∈ Q[x], 
x+k−1   Qk,m ((2x + k − 2)2 ),  k+1           x+k−1
(2x + k − 2)Q ((2x + k − 2)2 ), k,m k+1 fk,m (x) =     
 x+k−1    k+1 Qk,m ((2x + k − 2) ),     cho m, k số lẻ, m > 1; k lẻ, m chẵn; trường hợp lại lu an n va Chứng minh Gọi m k hai số nguyên dương m > Theo Mệnh đề
2.11, tồn đa thức Rk,m (x) cho gk,m (x) = x+k−1 k+1 Rk,m (x) Hàm gk,m (x) (k − 2)-phản xạ vậy, Rk,m (x) (k − 2)-phản xạ Do đó, theo Mệnh đề 2.8, tồn đa thức Qk,m (x) ∈ Q[x] thỏa mãn Rk,m (x) = Qk,m ((2x + k − 2)2 ) Trong trường hợp !2 x+k−1 Qk,m ((2x + k − 2)2 ) fk,m (x) = k+1 p ie gh tn to d oa nl w Bây ta giả sử k số lẻ m số chẵn Khi hàm gk,m đối-(k − 2)-phản xạ Theo Mệnh đề 2.8, tồn đa thức Qk,m (x) ∈ Q[x], thỏa mãn gk,m (x) = (2x + k − 2)Qk,m ((2x + k − 2)2 ) Bởi vậy, ! x+k−1 fk,m (x) = (2x + k − 2)Qk,m ((2x + k − 2)2 ) k+1 nf va an lu lm ul z at nh oi Trong tất trường hợp khác gk,m (k − 2)-phản xạ Theo Mệnh đề 2.8, tồn đa thức Qk,m (x) ∈ Q[x] thỏa mãn gk,m (x) = Qk,m ((2x + k − 2)2 ) Ta có ! x+k−1 fk,m (x) = Qk,m ((2x + k − 2)2 ) k+1 z l gm @ Định lý chứng minh m co
Chú ý fk,1 (x) = x+k−1 Định lý 2.12 khảng định đa thức k+1 fk,m (x) chia hết fk,1 (x) Ngoài ra, m k số lẻ (m > 1), fk,m (x) chia hết fk,1 (x)2 an Lu n va ac th si 35 Bây ta xem xét Định lý 2.12 số trường hợp cụ thể với giá trị k nhỏ Nếu k = 1, tồn đa thức Q1,m (x) ∈ Q[x], cho đa thức P −1 m f1,m (N ) = N i=1 i biểu diễn dạng: 
x   Q1,m ((2x − 1)2 ), m lẻ m > 1;   f1,m (x) =     x
(2x − 1)Q ((2x − 1)2 ), m số chẵn 1,m lu Chú ý đa thức Q1,m ((2x − 1)2 ) = Q1,m (8 x(x−1) + 1) viết
x(x−1) x dạng đa thức biến = Như vậy, định lý Faulhaber trường hợp đặc biệt Định lý 2.12 an n va Nếu k = 2, với m > 0, tồn đa thức Q2,m (x) ∈ Q[x], cho ! x+1 f2,m (x) = Q2,m (x2 ) ie gh tn to Vì p x+1 ! nl w x(x2 − 1) , = d oa kéo theo f2,m (x) đa thức bậc lẻ
2 Nếu k = 3, f3,3 (x) = x+2 Q3,3 (x), 1 Q3,3 (x) = (4x2 + 4x − 9) = ((2x + 1)2 − 10) 15 15 Do đó, với số nguyên dương m, (m > 1), tồn đa thức P3,m (x) ∈ Q[x], cho !2 x+2 f3,m (x) = P3,m (Q3,3 (x)), m lẻ ! x+2 f3,m (x) = (2x + 1)P3,m (Q3,3 (x)), m chẵn nf va an lu z at nh oi lm ul z m co Tính chất chia hết fk,m (x) l gm @ 2.2.3 an Lu Trong mục ta nghiên cứu tính chia hết fk,m (x) Theo Định lý 2.12, đa
2 thức fk,m (x) chia hết cho x+k−1 m k số lẻ m > 1, đặc biệt, k+1 n va ac th si 36 fk,m (x) chia hết cho x2 trường hợp Cũng theo Định lý 2.12, fk,m (x) chia hết cho x với k, m Ở ta hiểu tính chất chia hết nghĩa phần chia đa thức với hệ số hữu tỷ Bây giờ, ta tiếp tục nghiên cứu tính chất chia hết fk,m (x) số nguyên x lu an n va Có thể thấy tính chất chia hết Định lý 2.12 không với tất số nguyên, tức chọn x số nguyên đa thức Qk,m (x) Định lý 2.12 chưa số nguyên Ta xem xét phản ví dụ để thấy rõ điều trường hợp sau: !5 f3,5 (7) X i+2 86650668 = = 6∈ Z, 72 72 i=1 !2 517 f3,2 (5) X i + = = 6∈ Z, 5 i=1 !4 10 X f4,4 (11) i+3 335469880502 = 6∈ Z = 11 11 i=1 11 ie gh tn to p Tuy nhiên, ta chứng minh được: với số k, m cho, tồn số nguyên tố p đủ lớn thỏa mãn fk,m (p) chia hết cho p p2 m, k số lẻ m > Để chứng minh cụ thể tính chất cần có số mệnh đề sau d oa nl w lu nf va an Mệnh đề 2.13 Cho k, m số nguyên dương lẻ, M số nguyên dương lẻ thỏa mãn gcd(M, k!) = Khi với số nguyên i thỏa mãn ≤ i ≤ M − k, ta có quan hệ đồng dư !m !m M −i+k−1 i+k−1 ≡− k k !m k−1 X i+k−1 + Mm (mod M ) k i+j j=0 z at nh oi lm ul z
dạng đa thức M, m co l M −i+k−1 k gm @ Chứng minh Ta xem xét biểu diễn an Lu n va ac th si 37 ! M −i+k−1 (M − i + k − 1) · · · (M − i) = k! k = ak M k + · · · + a1 M + a0 ! k−1 X Mk i + k − k−1 = + · · · + M (−1) k! k i+j j=0 ! i + k − + (−1)k k lu an n va Chú ý rằng, với số ≤ j ≤ k − 1, tất số i + j nguyên tố với M Bởi vậy, ! ! M −i+k−1 i + k − ≡ (−1)k k k ! k−1 i+k−1 X + (−1)k−1 M (mod M ) k i+j j=0 p ie gh tn to nl w Do đó, d oa M −i+k−1 k  !m ≡ − i+k−1 k ! an lu m ! k−1 i+k−1 X  +M k i+j j=0 nf va (mod M ) lm ul Mở rộng vế phải đồng dư này, có kết z at nh oi Mệnh đề 2.14 (km + 1)!fk,m (x) ∈ Z[x] z Chứng minh Theo Định lý 2.2, tồn số nguyên aj cho ta
P biểu diễn fk,m (x) dạng aj x+km−j km+1 Chú ý j>0 ∈ Z[x], điều kéo theo kết luận mệnh đề m co l x + km − j km + gm @ (km + 1)! ! an Lu Định lý sau cho thấy tính chất chia hết fk,m (N ) n va ac th si 38 Định lý 2.15 Cho N, k, m số nguyên dương Cho M số nguyên dương lẻ thỏa mãn gcd(M, k!) = M − k + ≤ N ≤ M + Khi !m N −1 X i+k−1 fk,m (N ) = ≡ (mod M ) k i=0 trường hợp sau • m, k số lẻ, • gcd(M, (km + 1)!) = (k, m chẵn hay lẻ) Nếu m, k số lẻ m > 1, lu fk,m (N ) = N −1 X an i+k−1 k i=0 !m (mod M ) ≡0 n va trường hợp sau to gh tn • m chia hết cho M ; • gcd(M, (km + 1)!) = p ie d oa nl w Chứng minh Với ≤ i ≤ M − k (k lẻ), theo Mệnh đề 2.13, !m !m M −i+k−1 i+k−1 + ≡ (mod M ) k k !m ≡ M −k X i+k−1 k ≡0 i=1 !m !m ! M −i+k−1 i+k−1 + k k z at nh oi i=1 M −k X = !m lm ul i=0 i+k−1 k nf va N −1 X an lu Do đó, (mod M ) z m co l gm @ Bây giả sử m chia hết cho N Như vậy, theo Mệnh đề 2.13, ta có !m !m !m k−1 X M −i+k−1 i+k−1 i+k−1 ≡− + Mm k i+j k k j=0 !m i+k−1 ≡− (mod M ) k an Lu n va ac th si 39 Bởi vậy, N −1 X i=0 !m !m M −k X i+k−1 i+k−1 ≡ k k i=1 = ≡0 M −k X i=1 !m M −i+k−1 + k i+k−1 k !m ! (mod M ) lu Vì gcd(M, (km + 1)!) = 1, theo Mệnh đề 2.14 Định lý 2.12, (km + 1)!fk,m (x) ∈ Z[x] chia hết cho x(x + 1) · · · (x + k − 1) (x(x + 1) · · · (x + k − 1))2 m, k số lẻ m > Trong tính chất chia hết hiểu phần chia đa thức với hệ số hữu tỷ an n va Chú ý 2.16 1) Trong Định lý 2.15 ta đổi M thành lũy thừa số nguyên tố p Tính chất gcd(M, (km + 1)!) = thay bất đẳng thức p > km + gh tn to p ie 2) Định lý 2.15 không cho thấy tất điều kiện quan hệ chia hết fk,m (N ) cho M M Ví dụ, M = 13, k = 4, m = 14, N = 13, !14 12 X i+3 f4,14 (13) = i=0 d oa nl w nf va an lu = 13 × 6075433069762635003999567344079450237278856, z at nh oi lm ul 4, 14 số chẵn gcd(13, 57!) 6= Tương tự, M = 7, k = 3, m = 9, N = 7, !9 X i+2 f3,9 (7) = = 72 × 112153022185284, i=0 z không chia hết cho gcd(7, 28!) 6= @ m co l gm Bây ta nghiên cứu số trường hợp cụ thể an Lu n va ac th si 40 Trường hợp k = Định lý 2.17 Giả sử p số nguyên tố lẻ ≤ m ≤ p − Khi !m p−1 X i+1 f2,m (p) = i=1  −2 (mod p), m = p − 1; ≡
m − (mod p), trường hợp lại 2m p−1−m lu an t không chia hết cho p − 1; trường hợp ngược lại i=1 n va Chứng minh Ta có:  p−1 0 (mod p), X t i ≡ −1 (mod p), tn to Bởi vậy, !m ! p−1 ! p−1 X m m X X m X m+j m m+j = m i i = m i=1 j=0 j j=0 j i=1 p ie gh p−1 X i+1 f2,m (p) = i=1 d oa nl w Nếu m = p − 1, m + j chia hết cho p − chi hai trường hợp: j = 0, m Như vậy, ! !! p−1 p−1 f2,p−1 (p) ≡ − p−1 + ≡ −2 (mod p) p−1 nf va an lu z at nh oi lm ul Nếu ≤ m < p − 1, tồn số nguyên j ∈ [0, m] cho m + j chia hết cho p − Tức là, j = p − − m Trong trường hợp này, ! m f2,m (p) ≡ − m (mod p) p−1−m z gm @ Định lý chứng minh m co l Chú ý 2.18 Theo Định lý 2.17, p−1−m > m, f2,m (p) ≡ (mod p) Điều phù hợp với Định lý 2.15, p > 2m + an Lu n va ac th si 41 Trường hợp fk,−1 (N ) Định lý 2.19 Cho N, k số nguyên dương M số nguyên dương cho gcd(M, k!) = Khi đó, số hữu tỷ q xác định q = f(k,−1) (N ) = N −1 X i=1 i+k−1 k
, chia hết cho M (mẫu số nguyên tố với M ) trường hợp sau: (i) N ≡ (mod M ); (ii) N ≡ − k (mod M ) k số lẻ lu an Chứng minh Để chứng minh Định lý 2.19 ta cần mệnh đề sau: n va Mệnh đề 2.20 Giả sử k > Khi tn to N −1 X gh fk,−1 (N ) =
= i+k−1 p ie i=1 k Chứng minh Cho φ(x) = (x+k−1 k−1 ) k k−1 ! 1− N +k−2 k−1
Khi dễ dàng chứng minh nl w d oa k =
i+k−1 k−1 k
− i+k−2
i+k−1 =− k−1 k ∇φ(i) k−1 Bởi vậy, = z at nh oi i=1 N −1 k X ∇φ(i)
=− i+k−1 k − i=1 k lm ul f(k,−1) (N ) = N −1 X nf va an lu k−1 ! k k (φ(0) − φ(N − 1)) = k−1 k−1 N +k−2 k−1
z gm @ Mệnh đề chứng minh 1− ! m co l Bây ta tiếp tục chứng minh Định lý 2.19 Theo Mệnh đề 2.20,   k! 1 fk,−1 (N ) = − k − (k − 1)! (N + k − 2) · · · N an Lu n va ac th si 42 Chú ý hai trường hợp (i) (ii), số N, , N +k −2 nguyên tố với M Do đó, N ≡ (mod M ), (N + k − 2) · · · N ≡ (k − 1)! (mod M ) Nếu N ≡ − k (mod M ) k số lẻ, (N + k − 2) · · · N ≡ (−1)k−1 (k − 1)! ≡ (k − 1)! (mod M ) Định lý chứng minh 2.3 Tổng lũy thừa nghịch đảo hệ số nhị thức lu an 2.3.1 Trường hợp tổng quát n va Trong phần này, ta xem xét trường hợp tổng lũy thừa hệ số nhị thức với lũy thừa âm Ta kí hiệu !−m ∞ X i+k−1 ζk (m) = k i=1 p ie gh tn to w d oa nl Với k = ta có an lu ∞ X , ζ(m) = ζ1 (m) = m i i=1 nf va ζ(m) hàm zeta Riemann z at nh oi lm ul Một trường hợp đặc biệt, với m = 1, k > 1, theo Mệnh đề 2.20, ta có !−1 ∞ X i+k−1 k ζk (1) = = k k − i=1 Một tính chất quen thuộc hàm zeta Riemann sau: z (2π)2m B2m 2(2m)! @ (2.3) l gm ζ(2m) = (−1)m+1 m co với số nguyên dương m bất kỳ, B2m số Bernoulli an Lu Định lý sau cho thấy ζk (m) biểu diễn dạng tổ hợp tuyến tính giá trị hàm zeta Riemann n va ac th si 43 Định lý 2.21 Với số nguyên dương k m, tồn số hữu tỷ λ0 , λ1 , , λdm/2e , thỏa mãn  dm/2e  X    λi ζ(2i), km chẵn;  λ0 + i=1 ζk (m) = dm/2e  X    λ + λi ζ(2i − 1), km lẻ   i=1
−m P∞ Khi ζ (m) = Chứng minh Đặt F (x) = x+k−1 k i=1 F (i) Vì đa thức k F (x) có k khơng điểm x = 0, 1, , k − 1, lu F (x) = an
= x+k−1 m j=0 i=1 k va n = k−1 X m X k−1 X m  X ai,j ai,k−1−j + i (x + j) (x + k − − j)i  (2.4) gh tn to j=0 i=1 ai,j (x + j)i ie với số hữu tỷ ai,j (1 ≤ i ≤ m, ≤ j ≤ k − 1) p Theo Mệnh đề 2.9, 1/F (x) (k − 1)-phản xạ km chẵn, 1/F (x) đối-(k − 1)-phản xạ km lẻ Nói cách khác, F (x) = eF (−x − k + 1) với hầu hết giá trị x (ngoại trừ khơng điểm mẫu số), e = ±1 Như vậy, theo (2.4) dựa vào tính chất phản xạ đề cập trên,  k−1 X m  X ai,k−1−j ai,j + i (x + j) (x + k − − j)i j=0 i=1  k−1 X m  X ai,j ai,k−1−j =e + i (−x − k + + j) (−x − j)i j=0 i=1 d oa nl w nf va an lu z at nh oi lm ul hay z  k−1 X m  X ai,j − e(−1)i ai,k−1−j ai,k−1−j − e(−1)i ai,j + = i i (x + j) (x + k − − j) j=0 i=1 m co ai,j − e(−1)i ai,k−1−j = l gm @ Do đó, an Lu với tất số i, j (1 ≤ i ≤ m, ≤ j ≤ k − 1) Như (2.4) viết n va ac th si 44 dạng F (x) =  k−1 m  a XX ai,j i,j + e(−1)i = i j=0 i=1 (x + j) (x + k − − j)i
x+k−1 m k Cuối cùng, ζk (m) = = ∞ X x=1 ∞ X x=1 F (x)  k−1 m  ai,j a XX i,j + e(−1)i i j=0 i=1 (x + j) (x + k − − j)i k−1−j j X X i i + e(−1) ζ(i) − e(−1) ζ(i) − li li k−1 m lu XX ai,j = j=0 i=1 an va n = c0 + m X ! l=1 l=1 to ci (ζ(i) + e(−1)i ζ(i)), tn i=1 p ie gh số hữu tỷ ci (0 ≤ i ≤ m) Chú ý giá trị (ζ(i) + e(−1)i ζ(i)) triệt tiêu e = i lẻ, e = −1 i chẵn d oa nl w Sử dụng kết tính tốn cụ thể A Dzhumadil’daev D Yeliussizov ([3]) tính !−2 ∞ X i+1 ζ2 (2) = = π − 12, i=1 ! −3 ∞ X i+1 ζ2 (3) = = −8π + 80, i=1 !−2 ∞ X i+2 351 ζ3 (2) = = 9π − i=1 nf va an lu z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si 45 Tương tự, 2.3.2 ∞ X i+2 ζ3 (3) = i=1 !−3 ∞ X i+4 ζ5 (3) = i=1 !−3 ∞ X i+2 ζ3 (5) = i=1 !−5 = 783 − 162ζ(3), =− = 1298125 + 11250ζ(3), 96 576639 47385 − ζ(3) − 7290ζ(5) 16 Tổng nghịch đảo lũy thừa số tam giác lu Nhắc lại an va ζ2 (m) = ∞ X n x=1 2m (x(x + 1))m ie gh tn to Trong phần ta chứng minh kết biểu diễn hàm ζ2 (m) dạng tổ hợp hệ số nhị thức số Bernoulli Đầu tiên ta cần mệnh đề: p Mệnh đề 2.22 = 2m nl i=0 m+i−1 i ! (−1)i xm−i + (−1)m (x + 1)m−i  d oa
x+1 m w m−1 X nf va an lu Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo m Với m = ta có   1
− x+1 = x x + lm ul z at nh oi Giả sử khảng định với m, ta chứng minh khảng định với m + Trong chứng minh này, ta cần công thức sau với j số nguyên dương: 1 j = − + · · · + (−1) xj (x + 1) xj xj−1 x+1 1 1 = − − · · · − , x(x + 1)j x x+1 (x + 1)j z co l gm @ điều kéo theo: m − (−x)j = (1 + x)(1 + (−x) + · · · + (−x)j−1 ) an Lu − (x + 1)j = −x(1 + (x + 1) + · · · + (x + 1)j−1 ) n va ac th si 46 Ta có   1 1 = − (x(x + 1))m+1 (x(x + 1))m x x + !   m−1 X m + i −  (−1)i (−1)m 1 + − = m−i m−i x (x + 1) x x+1 i i=0 !   m X m+i (−1)i (−1)m+1 = + m−i+1 i x (x + 1)m−i+1 i=0

P m+i ) (vì ij=0 m+j−1 = i j Bây ta chứng minh kết lu an Định lý 2.23 Ta có n va ∞ X tn to x=1 ! 2m − 1 = (−1)m−1 m m (x(x + 1)) bm/2c gh ie + (−1)m X p i=1 ! 2i 2m − 2i − i+1 (2π) (−1) B2i m−1 (2i)! !  ∞ m−1 X X m + i −  (−1)i (−1)m = + m−i x (x + 1)m−i i x=1 i=0 ! ! ∞ m−1 ∞ m X m+i−1 X (−1)i X (−1) + = m−i m−i x (x + 1) i x=1 x=1 i=0 oa ∞ X nl w Chứng minh Theo Mệnh đề 2.22, d (x(x + 1))m nf va an lu x=1 z at nh oi lm ul z m co l gm @ an Lu n va ac th si