Số bernoulli và ứng dụng

B TR GIÁOăD CăVÀă ÀOăT O NG I H C TH NGăLONG NGUY N QU CăTHÁI S BERNOULLIăVÀă NG D NG LU NăV NăTH CăS ă TOÁNăH C Hà N i - N m 2016 B TR GIÁOăD CăVÀă ÀOăT O NG I H C TH NGăLONG NGUY N QU CăTHÁI – C00256 S BERNOULLIăVÀă NG D NG LU NăV NăTH CăS ă TOÁNăH C CHUYÊN NGÀNH: Ph ng pháp toán s c p MÃ S : 60460113 NG IH NG D N KHOA H C: PGS.TS: V TH KHÔI Hà N i - N m 2016 Thang Long University Libraty LỜI CẢM ƠN Luận văn thực Trường Đại học Thăng Long hướng dẫn tận tình PGS.TS Vũ Thế Khôi Nhân dịp này, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo hướng dẫn Tác giả xin bày tỏ lời cảm ơn tới thầy cô giáo trường Đại Học Thăng Long giúp đỡ, giảng dạy tạo điều kiện cho trình học tập lớp Cao học Toán khóa III Tác giả xin bày tỏ lời cảm ơn tới Ban chủ nhiệm Khoa đào tạo Sau đại học, Khoa Toán tạo điều kiện cho thời gian học tập Tác giả xin cảm ơn tới bạn bè đồng nghiệp lớp cao học toán KIII Hà nội có nhiều động viên giúp đỡ trình học tập vừa qua Luận văn không tránh khỏi thiếu sót, mong nhận bảo quý thầy cô bạn đồng nghiệp Hà nội, ngày tháng năm 2016 Tác giả Nguyễn Quốc Thái GIỚI THIỆU Trong chương trình toán trung học phổ thông bậc đại học biết đến công thức tổ hợp công thức hệ số nhị thức khai triển (x + y )n cụ thể: n n (x + y ) = i =0 n i n−i x y i Câu hỏi đặt tổng, tích sau có công thức tương tự hay không? 1k + 2k + 3k + + n k =? x (x − 1)(x − 2) (x − n ) =? x (x + 1)(x + 2) (x + n ) =? 2k + 3k + + nk + =? Trong giảng dạy toán học sơ cấp việc nắm vững kiến thức cần thiết và từ tác giả định chọn đề tài: "SỐ BERNOULLI VÀ ỨNG DỤNG" Qua trình hướng dẫn Thầy Vũ Thế Khôi tác giả học, đọc nghiên cứu số tài liệu xem qua kênh toán học Internet, luận văn tác giả tập hợp trình bày lại kiến thức số ứng dụng có liên quan đến tổng, tích Luận văn gồm chương: Chương 1: Lận văn trình bày lịch sử nghiên cứu hình thành số Bernoulli số nhà toán học giới, Trình bày công thức truy hồi tính số Bernoulli kèm chứng minh chi tiết cho công thức Thang Long University Libraty Cũng chứng minh số tính chất sô Bernoulli Từ cho công thức tổng quát nhà toán học Bernoulli Chương 2: Trong chương luận văn tiếp cận cách thức khác để tính số Bernoulli thông qua hàm sinh Trình bày lý thuyết chuỗi lũy thừa hình thức đa thức Bernoulli khai triển Fourier đa thức Bernoulli Chương 3: Luận trình bày lại lý thuyết số Stirling, hàm Zeta mối liên hệ số Bernoulli với số Stirling hàm Zeta Mục lục Mục lục iv SỐ BERNOULLI 1.1 Giới thiệu lịch sử hình thành số Bernoulli 1.2 Công thức tổng lũy thừa 1.2.1 Tổng lũy thừa số nguyên liên tiếp 1.2.2 Số Bernoulli 1.2.3 Công thức Bernoulli 1.2.4 Định lý Faulhaber 10 HÀM SINH SỐ BERNOULLI 2.1 Chuỗi lũy thừa hình thức 12 2.2 Hàm sinh số Bernoulli 19 2.3 Đa thức Bernoulli 23 2.3.1 Khai triển Fourier đa thức Bernoulli 25 2.3.2 Công thức tổng Euler-Maclaurin 29 Sử dụng đa thức Bernoulli để tính tổng 32 2.4.1 Dùng khai triển Fourier tính tổng 32 2.4.2 Lũy thừa số tự nhiên 33 2.4.3 Tổng đan dấu lũy thừa số tự nhiên 34 2.4.4 Tổng dãy lượng giác 36 2.4 12 MỐI LIÊN HỆ CỦA SỐ BERNOULLI VỚI SỐ STIRLING VÀ HÀM ZETA 38 3.1 Số Stirling số Bernoulli 38 3.1.1 Số Stirling loại 38 3.1.2 Số Stirling loại 39 3.1.3 Công thức số Bernoulli với số Stirling 45 Trang: iv Thang Long University Libraty MỤC LỤC 3.2 3.3 Hàm Euler zeta số Bernoulli 49 3.2.1 Định nghĩa hàm Euler zeta 49 3.2.2 Công thức tích Euler 50 3.2.3 Đẳng thức Euler 51 Áp dụng hàm zeta tính tổng vô hạn 53 Tài liệu tham khảo 55 Trang: v CHƯƠNG SỐ BERNOULLI Trong chương luận văn xin giới thiệu lược sử hình thành số Bernoulli số nhà toán học giới, dựa theo tài liệu [1], [2], [3] 1.1 GIỚI THIỆU LỊCH SỬ HÌNH THÀNH SỐ BERNOULLI Jakob Bernoulli1 để lại sách Ars Conjectandi (1713), ông nghiên cứu tổng lũy thừa số nguyên liên tiếp 1k + 2k + 3k + , ông giới thiệu số đặc biệt có liên quan đến tổng đưa công thức cho tổng lũy thừa : n n (n + 1) i= , i =1 n n (n + 1) (2n + 1) i = , i =1 n n (n + 1) i = i =1 , (1.1) Ông khẳng định không đến 10 phút để tính tổng với lũy thừa 10 với n = 1000, kết xác Bernoulli đưa là: 91409924241424243424241924242500 Bernoulli đưa công thức chung liên quan đến số đó, giải thích chúng tính qua công thức truy hồi nhấn mạnh cách thức hữu ích cho việc tính toán tổng lũy thừa Bernoulli không dùng ký hiệu B , B , B , mà ông dùng ký tự A, B,C thay cho B 2n không dùng công thức nhị thức, tài liệu ông công thức viết là: Jakob Bernoulli (còn biết đến với tên James Jacques) (27 tháng 12, 1654 – 16 tháng năm 1705) nhà toán học người Thụy Sĩ Cống hiến chủ yếu ông vào hình học giải tích, lý thuyết xác suất, phép tính biến phân Bất đẳng thức Bernoulli thường dạy thường phổ thông mang tên để vinh danh ông Bernoulli với Newton Leibniz người phát triển phép tính vi phân tích phân ông có tìm hiểu cao Ông có người em trai 12 tuổi nhà toán học tiếng Johann Bernoulli, gia đình nhà Bernoulli sau sản sinh nhiều nhà toán học tài Trang: Thang Long University Libraty Giới thiệu lịch sử hình thành số Bernoulli 1 c c c − c − n c +1 + n c + An c −1 + B n c −3 + c +1 2 2.3.4 c c − c − c − c − c − c − c c − c − c − c − C n c −5 + Dn c −7 + 2.3.4.5.6 2.3.4.5.6.7.8 Trong c = k Sử dụng ký hiệu đại, công thức viết lại:  n k ik = i =1 j =0 n k +1−j k Bj k +1− j j  =  k +1 k j =0 k +1  B j n k +1−j  j Trong đó: k j k j =0 = k (k − 1) (k − 2) k − j + j! k +1 B j = k + 1, k = 1, 2, j Dưới B j gọi số Bernoulli2 Và Bernoulli đưa công thức này, công thức tài liệu Katsuyo Sanpo nhà toán học xuất sắc Nhật Bản Takakazu Seki3 , xuất năm 1712, trước Bernoulli năm công thức định nghĩa quy nạp số Bernoulli đưa Công thức định nghĩa ông hoàn toàn giống Bernoulli Seki đề cập đến số B , B , B , gọi Shusuu (có nghĩa là: số chọn) với thứ tự đầu tiên, thứ tự thứ hai vv., đánh số lẻ B 2n+1 Hầu hết người ta Seki độc lập tìm thấy số Bernoulli, công trình thu thập Seki xuất có chứa dịch tiếng Anh viết Một bảng biểu Seki thể công thức tính tổng lũy thừa thể qua công thức tổ hợp "số Seki-Bernoulli", với dịch sang ký Abraham , sinh ngày 26 tháng năm năm 1667 Vitry - le - Francois, Champagne, Pháp - qua đời vào ngày 27 tháng 11 năm 1754 London, Anh ), người gọi số số Bernoulli tài liệu Miscellanea analytica de seriebus et quadraturis( London , 1730) Seki Takakazu, 1642 - ngày 05 tháng 12 năm 1708), gọi Seki Kowa nhà toán học Nhật Bản thời kỳ Edo Seki đặt móng cho phát triển cho toán học người Nhật ông mô tả "Newton Nhật Bản" Trang: Giới thiệu lịch sử hình thành số Bernoulli Hình 1.1: Seki, trình bày bảng công thức tính tổng tài liệu Katsuyou Sanpou, viết chữ Trung Quốc đồng thời sử dụng ký hiệu đếm que thể thành phần công thức (1.1) Trang: Thang Long University Libraty Số Stirling số Bernoulli C ho m , n ≥ 0, (4.2) n l (−1)l l ≥0 l = (−1)m δm ,n m Ở δm ,n = m = n δm ,n = m = n Các tổng (4.1) (4.2) tổng hữu hạn (5) (6) n (−1)m = m! m C ho m , n ≥ 0, (e t − 1) m! ∞ m = tn n=m n m n! m (−1)l l =0 m n l l (m ≥ 0) Chứng minh: (1) Đặt a n,m = n m n m m =0 a n,m x , đó: x n = thức truy hồi giống m n Và a n,m thỏa mãn công với điều kiện m , n ≥ điều kiện ban đầu Dễ thấy điều kiện ban đầu thỏa mãn: ( cho a 0,m = (m > 0)) Từ x m +1 = x m (x − m ) x m x = x m +1 + m x m suy ra: n +1 a n +1,m x m = x n+1 m =0 = x n x n a n ,m x m x = m =0 n a n ,m x m +1 + m x m = m =0 n +1 = m =1 n a n ,m −1 x m m a n,m x m + m =0 So sánh hệ số x m hai vế, thu công thức (3.2) (ở a n,−1 = a n,n +1 = 0) (2) Chứng minh tương tự (3) Chứng minh phương pháp quy nạp d dx Giả sử công thức với n Khi đó: Cho n = 1, hai vế x Trang: 42 Số Stirling số Bernoulli d x dx n+1 n d = x dx m =1 n n m =x m =1 n n d xm dx m m d dx m mx m −1 n m n d = m xm m dx m =1 n+1 +x + m =1 n n m + m m −1 = m =1 n+1 n +1 m = m =1 d dx m x x m d dx m m +1 n d x m +1 dx m m +1 m d dx m Điều chứng tỏ công thức với n + (Để chứng minh mục tiếp theo, sử dụng n n+1 = n = 0.) (4) Sử dụng (2) (3) để chứng minh Với (4.1), thay n l (2) thu được: l l x = (−1) l xm m (−1)m l m =0 vào công thức: n n l x l n x = l =0 Suy ra: n xn = l =0 l n l (−1)l (−1)m xm l m m =0 n = n (−1) m =0 m (−1)l l =m n l l xm m So sánh hệ số hai vế (4.1) Công thức (4.2) thu (1) vào (2) (5) Chứng minh cách vế phải thỏa mãn công thức truy hỗi m n Lại ký hiệu vế phải a n,m Dễ thấy a 0,0 = a n,0 = với n ≥ Nếu n = 0, Trang: 43 Thang Long University Libraty Số Stirling số Bernoulli m ≥ 1, truy hồi: m l =0 (−1)l = (1 − 1)m = Do vậy: a 0,m = Với công thức m l m m n (−1)m −1 (−1)m (−1)l l + m a n,m + a n,m −1 = (m − 1)! l =0 l (m − 1)! m m = m −1 m m −1 − l l (−1) (−1)l (m − 1)! l =0 (−1)l l =0 m −1 n l l ln m (−1)m l m n = (−1)l l (m − 1)! l =0 m l m (−1)m = m! m n +1 l l (−1)l l =0 = a n+1,m (6) Vế phải (6) viết lại tổng từ n = (Nếu n < m n m = 0) Thế (5) vào vế phải thu được: VP = ∞ (−1)m m! n=0 m (−1)l l =0 m m (−1) = m! (−1)m = m! m (−1) l l =0 l m (−1)l l =0 m n l l tn n! ∞ (l t )n n! n=0 m lt e l m (−1) (1 − e t )m m! (e t − 1)m = =VT m! = Nhận xét: Đôi số Stirling định nghĩa (1) (2) mệnh đề Sử dụng (4.1) (6) mệnh đề này, chứng minh công thức: log(1 + (e t − 1)) = t Trang: 44 Số Stirling số Bernoulli Và đảo lại e log(1+t ) − = t Theo mệnh đề (2.1.3) ∞ t log(1 + (e − 1)) = = = = m =1 ∞ m =1 ∞ n =0 ∞ (−1) m −1 (e (−1) m −1 t − 1)m m (m − 1)! n (−1)m −1 m =1 (−1)n−1 δ1,n n =0 ∞ n=0 m n tn m n! n m tn n! (m − 1)! = m tn n! =t 3.1.3 Công thức số Bernoulli với số Stirling Một công thức biểu diễn số Bernoulli tổng lũy thừa liên quan đến số Stirling loại hai biết đến từ Kronecker2 Theo mệnh đê (3.1.5) số Stirling biểu diễn tổng hữu hạn liên quan đến hệ số nhị thức Vì đây, số Bernoulli biểu diễn qua tổng kép Định lý sau mối quan hệ số Bernoulli số Stirling Định lý 3.1.6 ( Công thức số Bernoulli với số Stirling) n B n = (−1) n m =0 (−1)m m ! m +1 n m (n ≥ 0) Chứng minh: Viết lại công thức hàm sinh số Bernoulli thành: t − log(1 − (1 − e −t )) t et = = e t − 1 − e −t − e −t Leopold Kronecker (sinh ngày 07 Tháng Mười Hai 1823 Liegnitz, Phổ (nay Legnica, Ba Lan) - ngày 29 tháng 12 năm 1891 Berlin, Đức) Trang: 45 Thang Long University Libraty Số Stirling số Bernoulli ∞ tm m =1 m , Thế − e −t vào t công thức − log(1 − t ) = đó: ∞ t n − log(1 − (1 − e −t )) Bn = n! − e −t n =0 ∞ (1 − e −t )m = m − e −t m =1 = ∞ (1 − e −t )m −1 m m =1 ∞ (−1)m (e −t − 1)m = m +1 m =0 ∞ ∞ n (−t )n (−1)m m ! = m + n=m m n! m =0 = ∞ (−1) m =0 n=0 So sánh hệ số (−1)m m ! n n n m m +1 (mệnh đề (3.1.5) (6)) tn n! tn hai vế, thu công thức cần chứng minh n! Nhận xét: Trong mệnh đề (3.1.5)(5), viết: m n m m (−1)l l B n = (−1) m + l m =0 l =0 n Ví dụ vài số Bernoulli tính theo công thức này: 1 B1 = 1 B2 = B0 = 0 0 1 + 2 + 1 1 − 1 2 − + 2 2 2 − + 2 Vẫn khối công việc cồng kềnh n lớn Mệnh đề 3.1.7 (Biến thể định lý (3.1.6)) n Bn = m =0 (−1)m m ! n +1 m +1 m +1 Trang: 46 (n ≥ 0) Số Stirling số Bernoulli Chứng minh: Có thể chứng minh cách tính toán hàm sinh vế phải Ở n+1 m +1 sử dung định lý (3.1.6) Từ công thức (3.2) suy n VP = n m (−1)m m ! n m =0 m +1 n m + (m + 1) n m +1 n m +1 m +1 m =0 Mặt khác, + (m + 1) = = m !, theo mệnh đề (3.1.5) (4.1) thì: (−1)m m !(m + 1) n m +1 m (−1)m = m +1 m =0 m +1 n = δ1,n m +1 Do đó, vế phải mệnh đề bằng: n m =0 (−1)m m ! n m m +1 + δ1,n = (−1)n B n + δ1,n Cho n = 1, công thức suy −B + = trùng với B n mệnh đề (1.2.2) = B Cho n = 1, (−1)n B n , Mệnh đề áp dụng để làm sáng tỏ thuật toán Akiyama-Tanigawa tính số Bernoulli: Mệnh đề 3.1.8 Thuật toán Akiyama-Tanigawa cho số Bernoulli Cho trước giá trị a 0,m (m = 0, 1, 2, ) định nghĩa a n ,m (n ≥ 1) công thức: a n,m = (m + 1) a n−1,m − a n−1,m +1 Khi đó: n (−1)m m ! a n,0 = m =0 (n ≥ 1, m ≥ 0) n +1 a 0,m m +1 Chứng minh: Theo tài liệu [5] Xét hàm sinh g (t ): g n (t ) = ∞ a n,m t m m =0 Trang: 47 Thang Long University Libraty Số Stirling số Bernoulli Hình 3.1: Tam giác Akiyama-Tanigawa Thuật toán thực từ trái qua phải theo công thức (3.1.8) với a n ,m số thứ m + hàng thứ n với n ≥ thu số Bernoulli ô tròn Từ công thức truy hồi a n,m với n ≥ g n (t ) = ∞ m =0 d = dt (m + 1)(a n−1,m − a n−1,m +1 )t m ∞ m =0 a n −1,m t m +1 d − dt ∞ m =0 a n −1,m +1 )t m +1 d d (t g n −1 (t )) − (g n−1 (t ) − a n−1,0 ) dt dt d = g n −1 (t ) + (t − 1) (g n−1 (t )) dt d ((t − 1)g n−1 (t )) = dt Trang: 48 = Hàm Euler zeta số Bernoulli Do vậy, đặt (t − 1)g n (t ) = h n (t ), thì: h n (t ) = (t − 1) d ((h n −1 (t )) dt Từ thu được: (n ≥ 1) n d h n (t ) = (t − 1) dt (h (t )) Theo mệnh đề (3.1.5) (3) (trong thay x (t − 1)) n h n (t ) = m =0 n (t − 1)m m d dt m h (t ) Cho t = thu được: n −a n ,0 = m =0 n−1 = m =0 n =− =− n (−1)m m !(a 0,m −1 − a 0,m ) m n n n (−1)m +1 (m + 1)!a 0,m − (−1)m m !a 0,m m +1 m m =0 (−1)m m !a 0,m (m + 1) m =0 n (−1)m m ! m =0 n n + m +1 m n +1 a 0,m m +1 3.2 HÀM EULER ZETA VÀ SỐ BERNOULLI Mục trình bày dựa theo tài liệu tham khảo: [6], [10] 3.2.1 Định nghĩa hàm Euler zeta Định nghĩa 3.2.1 Hàm zeta Euler3 hàm xác định ζ(t ) = Leonhard ∞ nt n=1 t số thực, t > Euler sinh ngày15 tháng 4, 1707 ngày 18 tháng 9, 1783) nhà toán học nhà vật lý học Thụy Sĩ Trang: 49 Thang Long University Libraty Hàm Euler zeta số Bernoulli chuỗi hội tụ tuyết đối t > 3.2.2 Công thức tích Euler Định lý 3.2.2 Kí hiệu P tập hợp tất số nguyên tố Với t > 1, hàm ζ(t ) xác định ζ(t ) = ∞ 1 = n t p ∈P − p −t n=1 gọi công thức tích Euler Chứng minh: ∞ ∞ ∞ 1 1 ζ(t ) = ⇒ ζ(t ) = = nt 2t n =1 n t 2t n=1 (2n)t n=1 ∞ ∞ 1 − ⇒ ζ(t ) − ζ(t ) t = t n (2n)t n=1 n=1 ∞ nt ⇒ ζ(t ) − t = ⇒ ζ(t ) − t = 3t ⇒ ζ(t ) − t − ζ(t ) − t n=1 n=2k ∞ n =1 n=2k ⇒ ζ(t ) − t 1− t ⇒ ζ(t ) − t 1− t 1 = n t 3t = Tiếp tục với số nguyên tố tiếp theo: Trang: 50 ∞ n=1 n =2k n =3k ∞ n=1 n=2k = 3t (3n)t ∞ n=1 n=2k − nt nt 1− t = ∞ n=1 n =2k n =3k n =5k nt ∞ n =1 n=2k (3n )t Hàm Euler zeta số Bernoulli ζ(t ) − ⇒ ζ(t ) = 3.2.3 1− 2t 2t 1− 3t 1− 1 1− t 1− 5t 5t = = 1 − p −t p ∈P Đẳng thức Euler Mệnh đề 3.2.3 πt cot πt = − ∞ ζ(2n )t 2n n=1 Chứng minh: (theo tài liệu [9]): sin πt t2 = 1− πt t2 1− 2 Lấy logarit hai vế: ∞ t2 t2 1− − = k k =1 ∞ t2 sin πt 1− = log log πt k k =1 Suy ra: log sin πt = log πt + ∞ k =1 log − t2 k2 Lấy vi phân hai vế theo t thu được: d d log sin πt = dt dt ∞ log πt + k =1 log − t2 k2 Khi thu được: ∞ cos πt π= + sin πt t k =1 1− t2 − 2t k2 k2 Trang: 51 Thang Long University Libraty Hàm Euler zeta số Bernoulli ⇒ πt cot πt = + =1+ ∞ k =1 ∞ n t2 k2 k =1 n=0 ∞ ∞ =1−2 t2 k2 1− ∞ − 2t − k n +1 t2 k2 k =1 n =0 ∞ ∞ 2t k2 ∞ 2n t =1−2 =1−2 2n k n =1 k =1 n =0 ∞ k 2n k =1 t 2n Kết thu công thức: πt cot πt = − ∞ ζ(2n )t 2n n=1 Định lý 3.2.4 (Đẳng thức Euler) Với ζ (t ) = ζ(2n ) = (−1)n+1 ∞ đó: t k k =1 (2π)2n B 2n 2.(2n)! Trong đó: B 2n số Bernoulli Chứng minh: Theo mệnh đề (2.2.5): ∞ x 2n−1 n 2n (−1) B 2n cot x = + x n=1 (2n )! Bằng cách thay x πt suy ra: πt cot πt = − ∞ (−1) n+1 (2π) 2n B 2n 2n t 2(2n )! n =1 So sánh công thức với công thức mệnh đề trước thu kết quả: ζ(2n ) = (−1) n+1 (2π) Trang: 52 2n B 2n 2.(2n)! Áp dụng hàm zeta tính tổng vô hạn 3.3 ÁP DỤNG CỦA HÀM ZETA TÍNH TỔNG VÔ HẠN Áp dụng công thức: ζ(2n ) = (−1) ζ(t ) = n+1 (2π) ∞ nt n=1 2n B 2n 2.(2n)! t >1 Thu được: 1 1 π2 + + + + = 22 32 42 52 π2 4π2 1 =VP = Thật V T = ζ(2) = 2.2! 6 1+ Tương tự: ζ(4) = + 1 1 π4 + + + + = 24 34 44 54 90 ζ(6) = + 1 π6 + + + + = 26 36 46 56 945 và: Trang: 53 Thang Long University Libraty Áp dụng hàm zeta tính tổng vô hạn KẾT LUẬN Trên kiến thức mà đọc tài liệu, trình bày lại số lý thuyết sở sưu tầm ứng dụng số Bernoulli đa thức Bernoulli Với ứng dụng nêu đây, thực số Bernoulli Đa thức Bernoulli bao trùm lên tổng sơ cấp mà học Tôi nhận đâu có tổng lũy thừa có số Bernoulli Và điều là, ứng dụng lớn vậy, số Bernoulli không biểu diễn cách tường minh, mà thông qua tổng không tính Từ Đa thức Bernoulli gặp tình trạng tương tự Chính điều mà việc tìm công thức tổng quát (tính trực n i ) tổng n i việc làm hoàn toàn bí ẩn! i =0 Ứng dụng số Bernoulli Đa thức Bernoulli nhiều, hay, ví dụ tính chất số học số Bernoulli, Các mối quan hệ tổng chuỗi lũy thừa số nguyên liên tiếp, nhiên khuôn khổ luận văn có hạn, không trình bày Trang: 54 Tài liệu tham khảo [1] Arakawa, Tsuneo, Tomoyoshi Ibukiyama, Masanobu Kaneko, and Don Zagier Bernoulli numbers and zeta functions Springer, 2014, 1- 38 1, 12, 38 [2] Beardon, A F.: Sums of powers of Integers, Mathematical Association of America, 60 (1996), 201-205 1, 10 [3] Graham, R., Knuth, D., Patashnik, O.: Concrete Mathematics AddisonWesley (1989), 243-276 1, 38 [4] Kaneko, M : Poly-Bernoulli numbers, Jour Th Nombre Bordeaux (1997), 199-206 23 [5] Kaneko, M : The Akiyama-Tanigawa algorithm for Bernoulli numbers, Journal of Integer Sequences, Vol (2000), 1-7 47 [6] Keith Devlin, How Euler discovered the zeta function, - 49 [7] Kim Milton, K A : Bernoulli Polynomials, Version of September 16, (2011), chapter 4, 41–51 23 [8] Knuth, D.: Two notes on notation Am Math Monthly 99,403-422 (1992) 403-422 38 [9] Melnikov, Yuri A.:Green’s Functions and Infinite Products, Springer, 2011, 17- 41 51 [10] Raymond,Ayoub R.: Euler and the Zeta Function The American Mathematical Monthly 81.10 (1974): 1067–1086 49 [11] Victor Hugo Moll, The expansion of bernoulli polynomials in fourier series, 2-6 23 Trang: 55 Thang Long University Libraty C NGăHÒAăXÃăH IăCH ăNGH AăVI TăNAM c l p – T – H nh phúc GI YăXÁCăNH NăCH NHăS A LU NăV NăTH CăS H tên tác gi lu n v n: Nguy n Qu c Thái tài lu n v n: S BERNOULLI VÀ NG D NG Chuyên ngành: Toán Th ng Kê Mã H c viên: C00256 C s đào t o: Tr C n c ng i h c Th ng Long vào biên b n cu c h p H i đ ng ch m lu n v n th c s ngày 07/06/2016 t i Tr ng i h c Th ng Long nh n xét, góp ý c th c a thành viên h i đ ng, tác gi lu n v n th c hi n ch nh s a sau: Ch nh s a m c 1.1 Ch nh s a m c 2.1 t “mi n nguyên” thành “tr a n i d ng ng d ng theo cu i m i ch ng” ng Ch nh l i m t s câu v n trình bày Hà n i, ngày 10 tháng 07 n m 2016 Xácănh n c aăgiáoăviênăh ngăd n Tácăgi ălu năv n Nguy năQu căThái Xácănh năc aăCh ăt chăH iăđ ngăch mălu năv n [...]... R[[t ]] và R((t )) là một miền nguyên giao hoán chứa R[[t ]] như là một miền con Do vậy, ∞ ait i i =−N khả nghịch trong R((t )) khi và chỉ khi số hạng khác không đầu tiên a −N khả nghịch Việc chứng minh là tương tự 2.2 HÀM SINH SỐ BERNOULLI Trong chương 1, các số Bernoulli được tính theo một công thức truy hồi Tuy nhiên, tìm số Bernoulli bằng cách sử dụng hàm sinh cũng là một cách thông dụng Và dưới... i Nhưng dường như ông cũng đã không tìm được những số Bernoulli Những phát hiện này của Faulhaber đã được khám phá bởi Jacobi5 , người đã đưa ra một chứng minh chặt chẽ Dưới đây là định nghĩa của các số Bernoulli, làm theo Seki và Bernoulli và xác định chúng bằng cách sử dụng một công thức truy hồi Các số Bernoulli cũng được xác định bằng cách sử dụng một hàm sinh (trong chương sau) mà các định nghĩa... thiệu lịch sử hình thành số Bernoulli Hình 1.2: Katsuyou Sanpou (Bản dịch nguyên gốc): Các số trong hàng "lũy thừa" chính là số k của công thức (1.1), "tam giác Pascal" ở phần bên phải của bảng, các số Bernoulli B j ở bên trái, hệ số nhị thức bị khuyết (kk +1 +1 ) trong (1.1) tương ứng với các số "1" bị gạch ở đầu của mỗi cột của "tam giác Pascal", và cuối cùng là hàng "mẫu số" là số k + 1 của công thức... −1 2 e −1 2 và: Như vậy t et e t −1 lẻ là bằng 0 −t t t t (−t )e −t (−t ) − = + = + e −t − 1 2 1−et 2 et −1 2 − 2t không thay đổi khi thay t bởi −t Hay hệ số của số hạng có bậc Mệnh đề 2.2.3 n−1 (2n + 1)B 2n = − 2n B 2m B 2(n −m ) 2m m =1 (n ≥ 2) Chứng minh: Theo mệnh đề trên, nếu trừ số hạng bậc 1 từ công thức hàm sinh số Bernoulli, thu được hàm sinh số Bernoulli của các số hạng với chỉ số chẵn B 2n... và B (A(t )) = t Nói cách khác A(t ) và B (t ) là chuỗi ngược lẫn nhau Chứng minh: Nếu tồn tại B (t ) = b 0 +b 1 t +b 2 t 2 + và thỏa mãn A((B t )) = t bằng cách so sánh số hạng hằng và số hạng bậc 1, thu được a 0 = 0 và a 1b 1 = 1 điều này cho thấy điều kiện được thỏa mãn Ngược lại, giả sử A(t ) thỏa mãn a 0 = 0 và a 1 khả nghịch Cần chứng minh tồn tại các hệ số của B (t ) = b 0 + b 1 t + b 2 t 2... bj j Và đây chính là công thức truy hồi tính số Bernoulli Áp dụng công thức: k +1 k 1 1 = k +1 j k − j +1 j và cho tương ứng b j = B j kết quả thu được công thức (1.3) Chú ý: Trong phần này, nếu đặt σk (x − 1) = B k (x ) , B k (x ) = x k + ′ Làm tương tự như: (1.4) và (1.5) khi đó B k (x ) được gọi là đa thức Bernoulli thứ k (Được trình bày trong mục 2.3 của chương sau) Mệnh đề 1.2.2 Nếu n là số nguyên... R[[t]] là một vành giao hoán có đơn vị Phần tử 0 và đơn vị của các chuỗi lũy thừa hình thức là: 0 + 0t + 0t 2 + 0t 3 + và 1 + 0t + 0t 2 + 0t 3 + Và cũng được ký hiệu đơn giản lần lượt là 0 và 1 Có thể đồng nhất R với tập các chuỗi lũy thừa hình thức có tất cả số hạng khác hằng bằng 0 Hơn nữa, Xét một đa thức P(t ) với hệ số trong R như là một chuỗi lũy thừa hình thức trong đó có hệ số a n bằng 0... dưới đây là định lý với số Bernoulli có liên quan đến hàm sinh Định lý 2.2.1 Cho B n (n = 0, 1, 2, ) là các số Bernoulli Khi đó có công thức sau trong ((t )): ∞ t et tn = Bn e t − 1 n =0 n! 1 Pierre Alphonse Laurent ( sinh ngày 18 tháng bảy năm 1813 tại Paris, Pháp - qua đời vào ngày 02 tháng 9 1854 tại Paris, Pháp) Trang: 19 Thang Long University Libraty Hàm sinh số Bernoulli Chứng minh: Cần chỉ ra... vậy: ∞ tn tn = = t et n ! n =1 (n − 1)! Điều phải chứng minh 1 2 Nhận xét: Nếu định nghĩa B n với B 1 = − thì có công thức hàm sinh sau : ∞ tn t = B n e t − 1 n =0 n! Khai triển vế trái và so sánh với vế phải thu được công thức (1.3) Điều này chứng tỏ là định nghĩa (1.1) và định nghĩa sử dụng hàm sinh trong định lý trên là đồng nhất Ví dụ tính một vài số Bernoulli đầu: Viết chuỗi trên dưới dạng: ∞ Bk n... 2! 2! 3! t t = (e − 1) Đồng nhất hệ số kết quả thu được: 1 1 1 B0 = 1 , B1 = − , B2 = , B3 = 0 , B4 = − , · · · 2 6 30 Trang: 20 Hàm sinh số Bernoulli Sử dụng hàm sinh dễ chứng minh được mệnh đề sau: Mệnh đề 2.2.2 Nếu n là một số nguyên lẻ lớn hơn hoặc bằng 3 thì B n = 0 Chứng minh: Cần chỉ ra là chuỗi lũy thừa hình thức bậc lẻ Thật vậy: t et e t −1 − 2t không có số hạng t t (e t − 1 + 1) t t t t et