Tính tổng của một số chuỗi hàm bằng thặng dư

TÍNH TỔNG CỦA MỘT SỐ CHUỖI HÀM BẰNG THẶNG DƯ Nguyễn Văn Hào 1 Nguyễn Văn Tuyên 2 gười đầu nghiên cứu việc tính tổng của hàm Riemann zeta là nhà toán học L. Euler, ông là người đưa ra công thức nổi tiếng 2 2 2 2 1 1 1 . 1 2 3 6      Trong bài báo này, chúng tôi sử dụng kết quả thặng dư của hàm giải tích để tính tổng của hàm Riemann zeta với tất cả các số mũ chẵn và một số tổng khác. 1. MỞ ĐẦU Hàm Riemann zeta được định nghĩa trên miền     | Re 1kk bởi chuỗi   1 1 .     k n k n Bằng cách sử dụng lí thuyết tích phân Cauchy, ta có thể khẳng định được chuỗi này hội tụ trong miền   Re 1k . Hơn nữa, chuỗi này chỉnh hình và hội tụ đều trên mọi tập compact chứa trong miền   Re 1k . Hàm Riemann zeta có một biểu diễn khác được đưa ra bởi Euler năm 1749. Biểu diễn này là một trong những ý nghĩa quan trọng của hàm zeta. Đó là công thức:   1 , 1      k p k p trong đó  là tập hợp tất cả các số nguyên tố. Công thức này được gọi là biểu diễn tích Euler của hàm zeta và nó là một biểu diễn giải tích của định lí cơ bản trong lí thuyết số. Một trong những phát hiện thú vị nhất của Euler là công thức: 2 2 2 2 1 1 1 . 1 2 3 6      Công thức này là động cơ thúc đẩy ông nghiên cứu những chuỗi có dạng của hàm zeta. Thậm chí, Euler còn chỉ ra rằng   2 k với k là một số nguyên dương có dạng tích của một số hữu tỉ với 2  k . Định lí của Euler đã chỉ ra chính xác rằng: 1 TS, Trường ĐHSP Hà Nội 2 2 ThS, Trường ĐHSP Hà Nội 2 N       1 2 1 2 21 1 2 2 1 , 2 1 !         k kk k kb k ở đây k b là một dãy số hữu tỉ được định nghĩa bởi khai triển Laurent: 1 1 1 1 . 1 2 !        n n z n bz e z n Từ khai triển này ta có 2 0 j b và   1 21 : 2 1    j jj B j b là hệ số Bernoulli thứ j . Có nhiều cách chứng minh công thức này, tuy nhiên trong bài báo này chúng tôi sẽ trình bày một cách chứng minh mới công thức trên bằng cách thuần túy sử dụng lí thuyết thặng dư của một hàm giải tích. Ngoài ra, chúng tôi còn đưa ra cách tính các hệ số Bernoulli thông qua khai triển hàm 2 2 1    i i e . 2. NỘI DUNG 2.1. Hệ số Bernoulli Khai triển chuỗi luỹ thừa của hàm:   2 0 2 2, 1!        n n iz n iz B iz en trong đó các hệ số n B (số Bernoulli) thoả mãn hệ thức: 0 0 1 1 1 1 1; 0 01                           n n n n B B B B n và các số Bernoulli với chỉ số lẻ, trừ ra số 1 1 2 B đều bằng 0. Sử dụng khai triển của hàm z e chúng ta được:       23 2 1 2 2 2 . 1 2 2 2 2 1! 2! 3! !                 r iz r iz iz iz e iz iz iz iz r Từ đó, chúng ta nhận được đồng nhất thức:     0 1 2 2. ! 2 !          n n r n r B iz iz n iz r Do đó:     01 2 2 2 . !!               r n n nr iz B iz iz nr Thực hiện phép nhân hai chuỗi ta nhận được:         23 0 1 0 1 2 0 4 0 1 2 3 2 2 2 2 2!0! 1!1! 3!0! 2!1! 1!2! 2 4!0! 3!1! 2!2! 1!3!                                B B B B B iz B iz iz iz B B B B iz Đồng nhất hai vế của đẳng thức trên ta nhận được kết quả. Sử dụng đẳng thức: 22 22 2 11          iz iz iz iz iz ee và thay thế khai triển của hàm 2 2 1    iz iz e trong phần trên chúng ta có:             23 1 2 3 0 23 1 2 3 0 2 2 2 1! 2! 3! 2 2 2 2 1! 2! 3!                      B B B B iz iz iz B B B iz B iz iz iz Thực hiện việc giản ước các số hạng và sắp xếp theo luỹ thừa tăng đối với   2iz chúng ta nhận được:       35 35 1 2. 2 2 2 2 . 3! 5!             BB B iz iz iz iz Đồng nhất hai vế của đẳng thức trên ta nhận được: 1 3 5 7 1 , 0. 2      B B B B Sử dụng hệ thức: 0 0 1 1 1 1 1; 0 01                           n n n n B B B B n chúng ta tính được các hệ số của khai triển 0 1 2 11 1, , , 26    B B B 2.2. Tổng của chuỗi vô hạn Trong phần này, chúng ta sẽ trình bày phương pháp sử dụng lí thuyết thặng dư để tính giá trị của hàm Riemann zeta với số mũ chẵn. Để sử dụng lí thuyết thặng dư tính các giá trị đó, chúng ta cần nhắc lại một số định lí cơ bản về thặng dư sẽ được sử dụng trong mục này. 2.2.1. Thặng dư và cách tính Định lí 2.1 [3, Proposition 4.1.6]. Nếu       0   k gz fz zz ở đó g là hàm chỉnh hình trong lân cận của điểm 0 z thì:       0 1 0 es . 1!     k zz gz rf k Ví dụ 2.2. Xét hàm     cot  k z hz z tại 0.z 1. Nếu chỉ số k chẵn thì     0 cot 2 es !         k k k z z i B r zk với k B là hệ số được xác định như trong hệ thức ở mục 2. 2. Nếu chỉ số k lẻ thì   0 cot es 0       k z z r z . Thật vậy, theo mục 2 chúng ta có công thức khai triển:   2 0 2 2, 1!        j j iz j B iz iz ej ở đó 0 k B với tất cả các chỉ số k lẻ, trừ ra 1 1 2 B . Do đó:     1 0 cot 2 , !         j j j j B z iz z j tổng chỉ lấy trên các chỉ số j chẵn. Do đó, theo Định lí 2.1, chúng ta có:     0 cot 2 es , !         k k k z z i B r zk với chỉ số chẵn 2k . Định lí 2.3 (Công thức thặng dư; [3, Theorem 4.2.1]). Giả sử f là hàm chỉnh hình trong một miền D , trừ ra một số hữu hạn các cực điểm 12 , , , N z z z nằm trong miền đó. Khi đó, chúng ta có công thức:   1 2,       k N zz k f z dz i res f ở đó  là chu tuyến nằm trong miền D , sao cho   12 , , , .   N z z z D D Trở lại vấn đề, trước hết ta xét bài toán tổng quát: Tính tổng của một chuỗi vô hạn có dạng:   ,    m fm ở đó f là một hàm chỉnh hình với các điểm kì dị cô lập trong mặt phẳng phức. Ý tưởng ở đây là: nếu chúng ta tìm được một hàm chỉnh hình g có cực điểm đơn với thặng dư 1 tại mỗi số nguyên m thì hàm .fg có cực điểm với thặng dư   fm tại mỗi số nguyên m . Thêm nữa, nếu chúng ta cũng có thể chọn được một dãy các chu tuyến    N sao cho mọi điểm kì dị của .fg được chứa trong  N với N đủ lớn và đồng thời tích phân của .fg dọc theo  N có giới hạn 0 khi N . Khi đó, từ định lí thặng dư suy ra rằng tổng của tất cả thặng dư của .fg tạo thành một chuỗi hội tụ với tổng bằng 0. Nếu f chỉ có hữu hạn điểm kì dị và không có điểm nào là số nguyên thì tổng      m fm sẽ hội tụ đến giá trị đối của tổng thặng dư của hàm .fg tại các điểm kì dị của f . Nếu một số các điểm kì dị của f là số nguyên thì cần một sự điều chỉnh nào đó để nhận được điều mong muốn. 2.2.2. Một số tính chất của hàm cotangent Ý tưởng trên đây có thể thực hiện được dưới giả thiết hợp lí đối với f nếu hàm g được chọn tốt. Một trong sự lựa chọn đặc biệt tốt là hàm     cot  g z z có cực điểm đơn tại mỗi số nguyên zm và không có cực điểm nào khác. Để thực hiện được ý tưởng đã đưa ra, trước hết chúng ta trình bày một số tính chất liên quan đến hàm   cot z Để thuận tiện cho việc trình bày việc tính tổng của hàm Riemann Zeta, trong 3 bổ đề dưới đây chúng tôi bổ sung một cách chứng minh chi tiết hơn kết quả [3, Theorem 4.4.1]. Bởi vì hàm   sin z có không điểm bậc 1 tại mọi số nguyên và không có không điểm nào khác trên nên hàm   cot z chỉ có các cực điểm đơn tại mỗi số nguyên. Thặng dư của hàm này tại mỗi số nguyên bằng 1  . Do đó ta nhận được: Bổ đề 2.4. Hàm     cot  g z z có cực điểm đơn tại mỗi số nguyên với thặng dư bằng 1. Hiển nhiên     cot  g z z không bị chặn trong lân cận của điểm  . Tuy nhiên, chúng ta sẽ chỉ ra rằng có một dãy các chu tuyến dần ra  mà trên đó hàm   gz bị chặn. Các chu tuyến đó chính là các hình vuông  N với các cạnh thẳng đứng có phương trình: 1 1 1 ; 2 2 2                      z N iy N y N và các cạnh nằm ngang có phương trình: 1 1 1 ; 2 2 2                     z x i N N x N . Bổ đề 2.5. Tồn tại số dương R sao cho với mọi NR thì:   cot 2z trên  N . Chứng minh. Với mỗi số phức z x iy , chúng ta có:       2 2 2 2 2 2 22 22 cos cot sin 11 11 1 . 1                               iz iz iz iz iz ix y iz ix y ix y ix y z ee zi z e e e e e ii e e e ee ee Nếu 1 2       xN với số nguyên N thì 2 1   ix e và do đó:   2 22 11 cot 1 11              y yy e z ee (1) trên các cạnh thẳng đứng của hình vuông  N . Trên các cạnh nằm ngang 1 2       yN cực đại của hàm   cot z đạt được khi 2 1   ix e tức là tại các giá trị nguyên của x . Do đó, giá trị cực đại là:     21 21 1 1         N N e e . Bởi vì biểu thức này có giới hạn bằng 1 khi N nên tồn tại số M sao cho nó nhỏ hơn 2 khi NM . (2) Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. Bổ đề 2.6. Với đường cong  N như trên cot( ) 0,     N z dz z với mỗi số nguyên dương N . Chứng minh. Hàm cot( ) ()   z hz z chỉnh hình trong  N trừ ra các điểm nguyên, chính là các cực điểm của nó. Theo định lí thặng dư: cot( ) .        N N zn nN z dz resh z Theo Ví dụ 2.2, thặng dư của   hz tại 0z bằng 0. Cực điểm của   hz tại mỗi số nguyên n khác 0 là cực điểm đơn, nên chúng ta có thể tính thặng dư của nó bằng:       cos 1 . sin os        zn n resh n nc n n Giá trị thặng dư là hàm lẻ đối với n và từng cặp đối xứng qua gốc toạ độ nên chúng ta nhận được: 0.     N zn nN resh Từ đó, chúng ta nhận được điều phải chứng minh. Đến giờ chúng ta chứng minh định lí tổng thặng dư sau đây đối với hàm tích     . cot .f z z Định lí 2.7 [3, Theorem 4.4.1]. Giả sử f là hàm chỉnh hình trên trừ ra một tập hữu hạn các điểm kì dị cô lập   12 , , , m E z z z và tồn tại các hằng số dương R và M sao cho: ( ) ; M fz z với .zR Khi đó       0 1 lim ( ) cot ,          N j m N zz j n f n res f z z ở đó 0 N là tập các số nguyên trong   ,NN không thuộc tập hợp .E Chứng minh. Kì dị của hàm       cot  h z f z z gồm các số nguyên và các điểm 12 , , , . m z z z Tại mỗi điểm nguyên không thuộc tập E hàm   hz có thặng dư   fn vì   cotz có cực điểm đơn với thặng dư 1 tại n và f không có kì dị tại n . Nếu N đủ lớn sao cho các điểm j z đều nằm trong  N thì từ định lí thặng dư suy ra:             0 1 1 cot cot . 2              N j N m zz j nZ f z z dz f n res f z z i Do đó, để chứng minh định lí ta chỉ cần chỉ ra tích phân trong vế trái hội tụ đến 0 khi .N Chọn R và M đủ lớn sao cho: ( ) ; M fz z với zR và   1,2,3, , . j z R j m Thế thì hàm f chỉnh hình trong hình vành khăn   :   A z R z và triệt tiêu tại vô cùng. Do đó, khai triển của nó tại 0 có dạng:   12 2 .         n n c c c fz z z z Theo Bổ đề 2.6, chúng ta có:   cot 0     N z dz z và do đó:         1 11 cot cot . 22              NN c f z z dz f z z dz i i z Tuy nhiên, hàm:   1 2 3 23           n n c c c c fz z z z z có dạng   2 qz z trong A , ở đây q là hàm chỉnh hình trong A và có giới hạn 2 c tại vô cùng. Điều đó suy ra rằng với số 1 RR hàm ||q bị chặn bởi hằng số dương 1 M trên   :| | .z z R Theo Bổ đề 2.5, chúng ta có:     11 2 2 cot .          cM f z z z z Bởi vì ||zR trên  N và độ dài của đường cong  N là 8 4,N nên:       1 2 84 1 cot 0khi . 2           N MN f z z dz N iN 2.2.3. Hàm Riemann zeta với các số nguyên chẵn Để tính tổng của hàm Riemann zeta khi k là số nguyên chẵn, chúng ta sử dụng hàm   1 . k fz z Rõ ràng hàm này thoả mãn các giả thiết của Định lí 2.7. Do đó, với mỗi số nguyên chẵn 2,k chúng ta có:     0 2 es .      k z cot z kr z Theo Ví dụ 2.2 chúng ta có     0 2 es , !      k k k z cot z i B r zk thay vào biểu thức trên, chúng ta nhận được:     2 1 ., 2!     k k iB k k với số chẵn 2.k Ta có thể tính được một số giá trị cụ thể là:       2 4 6 2 , 4 , 6 , 6 90 945          2.2.4. Thêm một tổng khác Ngoài việc sử dụng hàm   .cot ,  g z z chúng tôi chọn hàm   1 sin   gz z để thực hiện việc tính một số tổng của chuỗi dạng     1     n n fn . Trước hết ta chứng minh kết quả dưới đây: Định lí 2.8. Giả sử f là hàm chỉnh hình trừ ra một số hữu hạn cực điểm 12 , , ,  m a a a và   lim 0. sin      N N f z dz z Khi đó, chúng ta có:       1 1 es . sin          k m n za nk fz f n r z Chứng minh. Chọn N đủ lớn sao cho  N chứa mọi điểm kì dị của f trong đó  N là chu tuyến như đã nói ở trên. Trong miền giới hạn bởi  N hàm 1 () sin   gz z có các cực điểm   .    k z k N k N Theo công thức thặng dư, chúng ta có:       1 es es . sin sin sin              k N mN z a z k k k N f z f z f z dz r r z z z Từ đó ta suy ra:             es 1 . sin cos k sin           k zk zk f z f k f k r f k z z Như vậy:         1 lim es 1 . sin sin              k N m k N za kk f z f z dz r f k zz Theo giả thiết thì giới hạn bên trái bằng 0 nên:       1 1 es . sin          k m k za kk fz f k r z Ví dụ 2.9. Tính tổng chuỗi:       2 1 .       n n a an Đặt     2 1   fz az thì f thoả mãn các điều kiện của Định lí 3.8. Thật vậy, trên các cạnh song song với trục ảo: 1 , 2        z N iy chúng ta có:   1 1 1 1 1. sin 1 os sin 2                   z c iy chy N iy Trên các cạnh song song với trục thực 1 , 2       z x N i chúng ta có: 1 2 22 1 1 1 . sin 1 1 sin sin 2 2                       z x N i sh N x Từ đó suy ra: 11 0. 1 sin 2          N z sh N Do đó, chúng ta có:   22 84 const 0. sin 1 || 2               N N dz N z a z Na Thêm nữa, f có điểm kì dị duy nhất là cực điểm cấp hai .za Như vậy, hàm f thoả mãn các điều kiện của Định lí 3.8, do đó:           2 22 2 1 es sin 1 sin os a ot a . 2 1 ! sin                          n za n za fz r z an z cc sin a a Vậy tổng của chuỗi cần tìm là:     2 2 1 cot . sin         n n a a na [...]...3 KẾT LUẬN Trong bài báo này, chúng tôi đã đưa ra một cách chứng minh mới Định lí Euler về tổng của chuỗi Riemann zeta với số mũ chẵn bằng cách thuần túy sử dụng lí thuyết thặng dư của một hàm giải tích Ngoài ra, chúng tôi còn đưa ra cách tính các hệ số Bernoulli thông qua khai triển hàm 2i e 1 2 i TÀI LIỆU THAM KHẢO 1 L V Ahlfor, Complex Analysis, New York, third . đối của tổng thặng dư của hàm .fg tại các điểm kì dị của f . Nếu một số các điểm kì dị của f là số nguyên thì cần một sự điều chỉnh nào đó để nhận được điều mong muốn. 2.2.2. Một số tính. TÍNH TỔNG CỦA MỘT SỐ CHUỖI HÀM BẰNG THẶNG DƯ Nguyễn Văn Hào 1 Nguyễn Văn Tuyên 2 gười đầu nghiên cứu việc tính tổng của hàm Riemann zeta là nhà toán học. định lí thặng dư suy ra rằng tổng của tất cả thặng dư của .fg tạo thành một chuỗi hội tụ với tổng bằng 0. Nếu f chỉ có hữu hạn điểm kì dị và không có điểm nào là số nguyên thì tổng      m fm