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 Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Lời cảm ơn Các 1.1 1.2 1.3 số Bernoulli Mệnh đề Định nghĩa Định lý 5 10 Các 2.1 2.2 2.3 đa thức Faulhaber Định lý Nhận xét Hệ 16 16 20 20 Quan hệ đa thức σi σj 3.1 Phương pháp khử biến để tìm quan hệ σi σj 3.2 Dùng kết thức để tìm quan hệ σi σj : 24 24 26 Iđêan đa thức mối quan hệ kết thức 4.1 Định lý 4.2 Ví dụ quan hệ R( σ3 , σ5 ) R*( σ3 , σ5 ) 4.3 Iđêan đa thức 4.4 Bổ đề 4.5 Định lý 31 32 33 35 36 37 Kết luận 39 Tài liệu tham khảo 40 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Lời cảm ơn Tơi xin chân thành bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới thầy cô giáo trường Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học, người tận tình giảng dạy khích lệ, động viên tơi vượt qua khó khăn học tập, trang bị cho đầy đủ kiến thức để làm tảng cho trình viết luận văn Luận văn hồn thành khóa 17 đào tạo Thạc sĩ trường Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, hướng dẫn TS Vũ Thế Khơi, Viện Tốn học Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn chân thành tới thầy hướng dẫn, người tạo cho phương pháp nghiên cứu khoa học đắn, tinh thần làm việc nghiêm túc dành nhiều thời gian, cơng sức giúp đỡ tơi hồn thành luận văn Tôi xin chân thành cảm ơn quý Thầy Cô hội đồng chấm luận văn dành thời gian đọc 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, tạo điều kiện thuận lợi, giúp đỡ suốt thời gian học tập Cuối cùng, xin cảm ơn bạn bè, người thân động viên, ủng hộ vật chất tinh thần để tơi hồn thành tốt khóa học Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Giới thiệu Chúng ta biết đến tổng sau từ toán chứng minh phương pháp quy nạp: + + + + n = n(n+1) n(n+1)(2n+1) 2 2 + + + + n = 13 + 23 + 33 + + n3 = n2 (n+1)2 n(n+1) = Ở đây, ta tổng quát hoá tổng luỹ thừa có dạng Với n, k ∈ N∗ , ta có tổng luỹ thừa: σk (n) = 1k + 2k + 3k + + nk Theo ví dụ thấy : σ3 = σ12 (1) Khi đặt f (x, y) = x2 − y f (σ1 (n), σ3 (n)) = ∀n Nói cách khác tập hợp điểm {(σ1 (n); σ3 (n))}n=1,2, nằm Parabol có phương trình: y = x2 Theo (1) σ1 σ3 có mối liên hệ với Ở đề tài này, thấy cách tiếp cận khác để mở rộng (1) đến mức mô tả tất mối quan hệ đa thức tồn hai σi Bằng phương pháp hình học đại số tìm mối quan hệ σi σj hay tập hợp điểm ij = {(σi (n), σj (n)) : n = 1, 2, .} Bài luận văn viết dựa báo Beardon, A F., Sums of Powers of Integers, Amer Math Monthly, 103 (1996), no 3, 201 - 213 Và kết : 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 Ví dụ 4.2 luận văn tự tính tốn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Bố cục luận văn chia thành chương : • Chương 1: Các số Bernoulli Trong chương chúng tơi trình bày kiến thức liên quan đến dãy số Bernoulli : định nghĩa, cơng thức xác định, tìm số hạng đầu dãy số Bernoulli từ đưa tính chất hệ chúng Cuối kết hợp với khai triển hàm f(t) mệnh đề 1.2.7, ta khẳng định σk (n) đa thức biến n có hệ số liên quan đến số Bernoulli • Chương : Các đa thức Faulhaber Trong chương chúng tơi trình bày biểu diễn σk qua σ1 hai trường hợp k lẻ k chẵn Dựa vào kết đó, tìm số mối quan hệ ban đầu σk σ1 ứng với giá trị k cụ thể, từ mối quan hệ ta thu đa thức gọi đa thức Faulhaber • Chương : Quan hệ đa thức σi σj Ở chúng tơi trình bày mối liên quan σi σj bất kì, cách tìm mối quan hệ phương pháp khử biến Bằng cách tính tốn thơng thường theo phương pháp đại số chúng tơi tìm mối quan hệ với trường hợp k có giá trị nhỏ Để có kết tổng quát, chúng tơi trình bày chương phương pháp dùng kết thức khử n σ1 để tìm mối quan hệ σi σj • Chương : Iđêan đa thức mối quan hệ kết thức Với điều biết kết thức chương 3, ta gọi kết thức thu khử n từ σi σj R(f,g) kết thức thu khử σ1 từ σi σj R*(f,g) Ở chương chúng tơi trình bày mối quan hệ hai kết thức lý thuyết iđêan đa thức Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Các số Bernoulli 1.1 Mệnh đề Các σk (n) đa thức bậc k + theo n Chứng minh :Ta chứng minh quy nạp theo k Trước hết ta xét số giá trị ban đầu k thấy mệnh đề với giá trị k Với k = 1, ta có : σ1 (n) = + + + + n = n(n+1) đa thức bậc theo n Vậy mệnh đề với k = Với k = 2, ta có: σ2 (n) = 12 +22 +32 + +n2 = n(n+1)(2n+1) đa thức theo n có bậc Vậy mệnh đề với k = Bây ta giả sử mệnh đề với σk−1 (n) đa thức có bậc k Ta cần chứng minh với σk (n) có bậc k + Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Xét (n + 1) k+1 n −1= (m + 1) k+1 − mk+1 (1.1) m=1 n k = m=1 r=0 k = r=0 k+1 r k+1 r mr = k+1 r k r=0 k+1 r k−1 σr (n) = r=0 n mr m=1 σr (n) + (k + 1)σk (n) Rút σk (n) từ đẳng thức ta σk (n) đa thức bậc k + theo n Vậy σk (n) đa thức bậc k + theo n 1.2 Định nghĩa Cho dãy số Bn , n ≥ với số hạng B0 = 1, số hạng cho công thức truy hồi sau: m+1 j m j=0 Bj = Dãy số gọi dãy số Bernoulli ( Xem tài liệu tham khảo [3]- trang 229 ) Một số số hạng đầu dãy số Bernoulli: Ví dụ 1.2.1 Với m = 1, ta có: j=0 j Bj = j Bj = 2 B0 + B1 = 0 ⇔ B0 + 2B1 = ⇔ + 2B1 = Vậy ta tính B1 = − 21 ⇔ Ví dụ 1.2.2 Với m = 2, ta có: j=0 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ⇔ 3 B0 + B1 + B2 = ⇔ B0 + 3B1 + 3B2 = ⇔ + 3(− ) + 3B2 = Vậy ta tính B2 = j Ví dụ 1.2.3 Với m = 3, ta có: j=0 ⇔ B0 + Bj = B1 + B2 + B3 = ⇔ B0 + 4B1 + 6B2 + 4B3 = 1 ⇔ + 4(− ) + + 4B3 = ⇔ 4B3 = ⇒ B3 = Vậy ta tính B3 = j Ví dụ 1.2.4 Với m = 4, ta có: j=0 ⇔ B0 + 5 B1 + Bj = B2 + B3 + B4 = ⇔ B0 + 5B1 + 10B2 + 10B3 + 5B4 = ⇔ + 5(− 21 ) + 10 61 + 5B4 = ⇔ 5B4 = − 16 ⇒ B4 = − 301 Vậy ta tính B4 = − 30 j Ví dụ 1.2.5 Với m = 5, ta có: j=0 ⇔ B0 + B1 + B2 + Bj = B3 + B4 + B5 = Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ⇔ B0 + 6B1 + 15B2 + 20B3 + 15B4 + 6B5 = ⇔ + 6(− 12 ) + 15 61 + 15(− 301 ) + 6B5 = ⇔ 6B5 = ⇒ B5 = Vậy ta tính B5 = Nhận xét 1.2.6 Từ tính tốn ta nhận thấy số Bernoulli ứng với hai số k lẻ B3 = B5 = Điều cho mở rộng số Bernoulli B2k+1 = với k = 1, 2, Để chứng minh nhận xét mở rộng trên, ta xét mệnh đề sau từ có hệ Mệnh đề 1.2.7 Khi khai triển hàm số f (t) = quanh điểm t = 0, ta được: ∞ t Trong đó: e = m=0 ∞ t et −1 = tm m! Bm m=0 t et −1 theo chuỗi luỹ thừa tm m! Chứng minh : Giả sử: t et −1 ∞ = m=0 ∞ Ta có: et = tm m! m=0 Suy et − = t 1! m bm tm! (*) Ta chứng minh bm = Bm =1+ t 1! t2 2! t3 3! + + Từ (*) ta có: t = (et − 1) + t 1! + t2 2! + t3 3! + t3 3! + + ∞ + = ∞ m=0 = t2 2! m=1 tm m! ∞ m bm tm! = m=1 tm m! ∞ m=0 m bm tm! b0 + b1 1!t + b2 t2! + So sánh hai vế ta thấy: Vế trái có thành phần bậc theo t có hệ số Từ suy vế phải tồn hệ số bậc t, hệ số ứng với Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn thành phần bậc trở lên theo t + Thành phần bậc : b0 1!t = b0 t ⇒ b0 = Vậy hệ số b0 = + Thành phần bậc : b0 b0 t2! + b1 1!t 1!t = b0 + b1 t2 ⇒ + b1 = ⇒ 21 + b1 = ⇒ b1 = − 12 + Thành phần bậc : b0 b0 t3! + b1 1!t t2! + b2 t2! 1!t = + + k b2 b1 + b2 t3 − 12 + b32 = ⇒ b2 = + Tương tự đến thành phần bậc k : b0 ⇒ b1 + =0⇒ k−1 + k−2 k−1 t t t t b0 t0! tk! + b1 t1! (k−1)! + b2 t2! (k−2)! + + bk−1 (k−1)! 1! = k! = tk k! k! k k! k! b0 0!k! t + b1 1!(k−1)! tk + + bk−1 (k−1)!1! tk k−1 bj j=0 k j k−1 ⇒ bj j=0 k j = , ∀k = 2, 3, 4, Thay k = m + ta : m bj j=0 Vậy t et −1 m+1 j ∞ = m=0 = , ∀k = 1, 2, 3, 4, ⇒ Bj = bj m Bm tm! Hệ 1.2.8 Từ cách chứng minh mệnh đề trên, ta kết luận B2k+1 = 0, ∀k = 1, 2, 3, Chứng minh : Thật vậy, ta có : t et −1 t ∞ =1− + m=2 m Bm tm! Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Xét đa thức T (x, y) = 16x3 − x2 − 6xy − 9y (3.3) Khi ta có T (σ3 , σ5 ) = Ví dụ 3.1.4 Tìm quan hệ σ2 σ4 : Theo định lý (2.1) ta có σ4 = σ2 F4 (σ1 ), nên ta suy : σ4 σ2 = F4 (σ1 ) = 6σ1 −1 ⇒ σ1 = Mà theo (*) ta có σ22 = vào biểu thức ta được: σ22 = 5σ4 +σ2 6σ2 + 5σ4 +σ2 6σ2 8σ13 +σ12 , 5σ4 +σ2 6σ2 nên thay σ1 rút từ kết 8(5σ4 + σ2 ) + 6σ2 (5σ4 + σ2 ) = 1944σ23 500σ43 + 375σ2 σ42 + 90σ22 σ4 + 7σ23 = 972σ23 ⇒ 972σ25 = 500σ43 + 375σ2 σ42 + 90σ22 σ4 + 7σ23 ⇒ 972σ25 − 7σ23 − 90σ22 σ4 − 375σ2 σ42 − 500σ43 = Xét đa thức T (x, y) = 972x5 − 7x3 − 90x2 y − 375xy − 500y (3.4) Ta nhận kết T (σ2 , σ4 ) = 3.2 Dùng kết thức để tìm quan hệ σivà σj : Để có kết tổng quát mối quan hệ σi σj , cần lý thuyết tổng quát sau mô tả chi tiết điều hai đa thức Giả sử hai đa thức : f (x) = a0 xn + + an−1 x + an g (x) = b0 xm + + bm−1 x + bm 26 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn có nghiệm chung giả sử x0 Ta có phương trình sau có nghiệm x0 : f (x) = xf (x) = = xm−1 f (x) = g(x) = xg(x) = = xn−1 g(x) = Các phương trình gồm m + n phương trình có dạng P (x) = 0, với P (x) đa thức có bậc cao m + n − Khi ta có hệ gồm m + n phương trình :                                a0 xn+m−1 + a1 xn+m−2 + a2 xn+m−3 + + an xm−1 = a0 xn+m−2 + a1 xn+m−3 + a2 xn+m−4 + + an xm−2 = a0 xn + a1 xn−1 + a2 xn−2 + + an−1 x + an = b0 xn+m−1 + b1 xn+m−2 + b2 xn+m−3 + + bm xn−1 = b0 xn+m−2 + b1 xn+m−3 + b2 xn+m−4 + + bm xn−2 = b0 xm + b1 xm−1 + b2 xm−2 + + bm−1 x + bm = Ta có x = x0 nghiệm phương trình này, định thức tạo hệ số phương trình phải bị triệt tiêu Đây định thức cấp (m + n)(m + n) gọi kết thức R(f, g) f g Và ta có : a0 .an a0 .an R (f, g) = b0 .bm b0 .bn 27 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Ở ta bỏ qua thành phần 0, đường chéo R(f, g) có xuất m lần a0 n lần bm Ta thấy tồn nghiệm chung f g R(f, g) = ( Điều trình bày chi tiết tài liệu tham khảo số [1]; [2]; [4] trang 83 - 88 ) Bây minh hoạ điều cách sử dụng kết thức kiểm tra mối quan hệ đa thức σ1 σ2 tìm Ví dụ 3.1.1 : Ta có σ1 (n) = + + + n = n(n+1) ⇒ 2σ1 (n) = n2 + n σ2 (n) = 12 + 22 + + n2 = n(n+1)(2n+1) ⇒ 6σ2 (n) = 2n3 + 3n2 + n Ta xét hai đa thức : f (t) = t2 + t − 2σ1 (n) g (t) = 2t3 + 3t2 + t − 6σ2 (n) Hai đa thức có nghiệm chung, cụ thể t = n Khi có với n : 0 −2σ1 (n) 0 1 −2σ1 (n) 0 1 −2σ1 (n) = −6σ2 (n) −6σ2 (n) Tính tốn kết thức ta thu 8σ13 + σ12 − 9σ22 = Điều giúp ta dễ dàng để tìm mối quan hệ đa thức σ1 σ2 Ta lập luận tương tự cho cặp σi σj Khi tồn đa thức không tầm thường P thoả mãn với P(σi , σj ) = 28 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chứng minh cuả Pascal’s (1.1) cho thấy hệ số n σk (n) số hữu tỉ, qua bước quy đồng mẫu số ta khẳng định hệ số đa thức P số nguyên Kết cho thấy P đa thức bậc j + σi ,và bậc i + σj Bằng cách khai triển định thức thấy hệ số σij+1 không chứa σj ngược lại hệ số σji+1 khơng chứa σi Ví dụ định thức có dạng : 1 −2σ1 3 (−2σ1 ) + + (−6σ2 ) 0 Ta thấy hệ số σ1 - 32 không chứa σ2 hệ số σ2 36 không chứa σ2 Chúng chứng minh kết : Mệnh đề 3.2.1 Với số nguyên i j ≤ i < j , P (x, y) đa thức với hệ số ngun hệ số khơng, có bậc j + x i + y , với số hạng có số mũ cao x y có hệ số hằng, cho P(σi , σj ) = Tuy nhiên vấn đề chưa dừng lại Nếu ta áp dụng phương pháp với trường hợp i = i = 5, thu đa thức P (x, y) bậc σ3 bậc σ5 cho : P(σ3 , σ5 ) = Có thể tìm đa thức P cách dễ dàng mối quan hệ giới thiệu T(σ3 , σ5 ) = 0; T(x,y) = 16x3 − x2 − 6xy − 9y Rõ ràng kết thu cách khử n từ biểu thức σ3 (n) σ5 (n) cho ta định thức cỡ 10x10 Mặt khác viết σ3 , σ5 đa thức theo σ1 sau khử σ1 có định thức cỡ nhỏ 5x5, sau khai triển định thức ta kết giới thiệu Tương tự ta áp dụng cho cặp (σi , σj ) với i, j số nguyên lẻ, trường hợp việc khử σ1 tốt khử n Bây giả sử có i, j chẵn.Chúng ta viết σi σj đa thức theo σ1 sau sử dụng kết thức để có mối quan hệ σi σj thể định thức cỡ (i + j + 2)(i + j + 2), bậc σi 2(j + 1) bậc σj 2(i + 1) 29 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Khi đó, khử n đa thức σi σj n, có định thức kích thước tương tự với yếu tố liên quan đến σi σj thay σi σj Ví dụ cụ thể : + Nếu sử dụng kết dãy số Bernoulli ta có : 6n5 + 15n4 + 10n3 − n 2n3 + 3n2 + n ; σ4 = 30 + Nếu sử dụng F4 (3.1) ta có : σ2 = σ22 8σ13 + σ12 ; σ4 = = 8σ13 + σ12 6σ1 − Trong trường hợp hai i, j chẵn rõ ràng việc khử biến n tốt khử σ1 Chúng để lại cho bạn đọc xem xét trường hợp i, j có tính chẵn lẻ trái ngược 30 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Iđêan đa thức mối quan hệ kết thức Chúng ta xem lại trường hợp i j số nguyên lẻ Ta dùng kết thức để khử n thu mối quan hệ R(σi , σj ) σi σj , biểu diễn σi , σj hàm số theo σ1 sau ta sử dụng kết thức để khử σ1 thu mối quan hệ thứ hai kí hiệu R*(σi , σj ) = σi σj Trong phần mơ tả xác mối quan hệ R(σi , σj ) R*(σi , σj ) (Xem tài liệu tham khảo [4] trang 198 - 200) Giả sử đường cong đại số tham số hoá x = f (t), y = g(t), f g đa thức Nếu điểm đường cong tương ứng với d giá trị t, định lý Luroth ( Chi tiết tài liệu tham khảo số [4], trang 198 - 200 ) đảm bảo có đa thức φ có bậc d đa thức f1 , g1 cho : x = f (t) = f1 (φ(t)), y = g(t)= g1 (φ(t)) Sau đặt s = φ(t) biến tham số hoá lại đường cong đa thức x = f1 (s), y = g1 (s) Khi phương trình tham số có bậc nhỏ Trong trường hợp cách khử t cách khử s tìm phương trình đường cong đại số Hai phương trình ( phát sinh từ kết thức) kí hiệu R(f, g) R(f1 , g1 ) tương ứng, mối quan hệ thể kết sau 31 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 4.1 Định lý Với kí hiệu trên, ta có R(f, g) = c.R(f1 , g1 )d , với c số Sau ý tưởng chứng minh định lý : Chúng ta làm việc với số phức tất đa thức phân tích thành tích nhân tử tuyến tính Giả sử f g hai đa thức biến phức : f (z) = a(z − z1 ) (z − zn ) g(z) = b(z − w1 ) (z − wm ) Ta coi zi wj biến, ý zi - wj = f g có nhân tử tuyến tính chung R(f, g) = Tiếp tục lập luận ta thấy : R(f, g) = am bn (zi − wj ) i,j (Các chi tiết tìm thấy tài liệu số [4] trang 86 ) Bây áp dụng ý tưởng để chứng minh định lý Cho f, g , f1 , g1 φ đa thức định lý giả sử có bậc md, nd, n, m d tương ứng Chúng tơi kí hiệu nghiệm f1 α1 , ., αn nghiệm φ(z) = αj x1j , xdj Khi nghiệm f số xij với i = 1, ., d j = 1, n Tương tự ta biểu thị nghiệm g1 β1 , ., βm nghiệm φ(z) = βs y1s , yds Khi nghiệm g số yrs với r = 1, ., d s = 1, m Cuối sử dụng A1 , A2 , A3 , A4 để biểu thị số (chúng ta không cần để ý đến số này) 32 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Theo đoạn chứng minh ta có : (αj − βs ) (xij − yrs ); R(f1 , g1 ) = A2 R(f, g) = A1 j,s i,j,r,s Chúng ta có : φ(z) − βs = A3 (z − y1s ) (z − yds ) = A3 (z − yrs ) r Do i , ≤ i ≤ d : αj − βs = φ (xij ) − βs = A3 (xij − yrs ) r Điều giữ cho i vậy, lấy tích thành phần hai vế i = 1, , d, có kết sau cách trực tiếp : d (αj − βs ) = Ad3 (xij − yrs ) i,r Sau minh họa ví dụ cụ thể, mô tả mối quan hệ R( σ3 , σ5 ) R*( σ3 , σ5 ) 4.2 Ví dụ quan hệ R( σ3, σ5) R*( σ3, σ5) Trong lý luận trước đó, bày tỏ σi biểu diễn theo hai đa thức : đa thức theo n đa thức theo σ1 Bây ta xét ví dụ cụ thể + Nếu ta biểu diễn σ3 σ5 theo n ta có : σ3 = (n+1)4 − (n+1)3 + (n+1)2 = 14 n4 + 21 n3 + 14 n2 ⇒ n4 + 2n3 + n2 − 4σ3 = σ5 = (n+1)6 − (n+1)5 + 5(n+1)4 12 − (n+1)2 12 = 16 n6 + 21 n5 + n 12 − n 12 33 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ⇒ 2n6 + 6n5 + 5n4 − n2 − 12σ5 = Ta xét đa thức : f (t) = t4 + 2t3 + t2 − 4σ3 g (t) = 2t6 + 6t5 + 5t4 − t2 − 12σ5 Hai đa thức có nghiệm chung t = n Khi với n ta có : 0 0 R (σ3 , σ5 ) = 0 0 0 0 0 0 −4σ3 0 0 −4σ3 0 0 −4σ3 0 −4σ3 0 −4σ3 0 −4σ3 −1 −12σ5 0 −1 −12σ5 0 −1 −12σ5 −1 −12σ5 R (σ3 , σ5 ) = Tính kết thức ta thu kết sau : (16σ33 − 6σ3 σ5 − σ32 − 9σ52 ) = + Nếu ta biểu diễn σ3 , σ5 theo σ1 ta có : σ3 = σ12 ⇒ σ12 − σ3 = σ5 = 4σ13 −σ12 ⇒ 4σ13 − σ12 − 3σ5 = Khi ta xét hai đa thức : f (t) = t2 − σ3 g (t) = 4t3 − t2 − 3σ5 34 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Hai đa thức có nghiệm chung t = σ1 , ta có : −σ3 0 −σ3 R*(σ3 , σ5 ) = 0 −σ3 = −1 −3σ5 0 −1 −3σ5 Tính kết thức ta thu kết sau : 16σ33 − 6σ3 σ5 − σ32 − 9σ52 = Từ hai kết ta nhận thấy mối quan hệ đa thức thu từ R(σ3 , σ5 ) bình phương mối quan hệ đa thức thu từ R*(σ3 , σ5 ) 4.3 Iđêan đa thức Trong phần mô tả tất đa thức T với hệ số nguyên mà T(σi , σj ) = 0, với cặp i j đặc trưng thoả mãn ≤ i < j Để làm điều này, chúng tơi mượn ý tưởng từ hình học đại số nghiên cứu họ đa thức triệt tiêu tập hợp cho trước (Để biết thêm chi tiết, đôc giả xem tài liệu số [2]) Chúng biểu thị số nguyên Z, vành đa thức với hệ số nguyên hai biến x, y Z [x, y] Một điều quan trọng cần khoảng Z [x, y] miền nhân tử hoá nhất, điều có nghĩa đa thức Z [x, y] phân tích thành tích đa thức bất khả quy cách nhất, sai khác thứ tự nhân tử (- 1), cách phân tích (Chi tiết tài liệu số [1] trang 172 - 176) Điều mà chúng tơi muốn nói đến nghiên cứu họ : Γ = {T ∈ Z [x, y] : T (σ1 , σj ) = 0} 35 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn mà viết lại sau : Γ = T ∈ Z [x, y] : T = Ở ij ij đưa tập hợp điểm {(σi (n) , σj (n)) ∈ R2 : n = 1, 2, } Bây ta cho E tập khác rỗng R2 ta xác định : I (E) = T ∈ Z [x, y] : T = E Tập I(E) biết đến lý thuyết vành iđêan, đóng phép cộng tích T1 T2 ∈ I (E) với hai Ti ∈ I(E) Chúng tơi muốn nghiên cứu trường hợp mà theo I(E) bao gồm tất đa thức bội số đa thức T0 (x, y), I(E) iđêan sinh T0 Chúng ta có kết sau : 4.4 Bổ đề Cho f g đa thức khác với hệ số hữu tỉ với biến số thực, cho E = {(f (n) , g (n)) : n = 1, 2, } Khi I(E) sinh đa thức bất khả quy không tầm thường Z [x, y] Chứng minh : Chúng ta thấy có đa thức P hai biến mà với số nguyên n, P (f (n) , g (n)) = Đa thức P thu từ kết thức f g Khi f g có hệ số hữu tỉ P biến đổi thành đa thức có hệ số nguyên Chúng ta chọn P bất khả quy, giả sử P = P1 Pl , Pj nhân tử bất khả quy P Khi phải có nhân tử Pj cho đa thức Pj (f (n) , g (n)) triệt tiêu vơ hạn giá trị số ngun n Nó cho thấy đa thức Pj (f (x) , g (x)) có vơ số nghiệm bị triệt tiêu với x, cho tất số nguyên n.Vậy tồn đa thức bất khả quy P Z [x, y] cho P (f, g) = 36 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Bây phải P ước đa thức T Z [x, y] mà T (f, g) = Đầu tiên thấy P T đa thức biến y có hệ số đa thức theo x Và sau chúng tơi tính tốn kết thức P T cách loại bỏ biến y Kết thức thu đa thức R(x), có đa thức A(x, y), B(x, y) Z [x, y] thoả mãn : A(x, y)P (x, y) + B(x, y)T (x, y) = R(x) Ở coi đa thức theo biến y, ta có : deg(B) < deg(P ) deg(A) < deg(T ) (Xem chi tiết tài liệu số [1], Mệnh đề 4.2.4, trang 179 trang 192) Khi P (f (n) , g (n)) T (f (n) , g (n)) triệt tiêu với số nguyên n, thấy R(n) = với số nguyên n Khi R đa thức khơng P (x, y) ước tích B(x, y)T (x, y) Khi P bất khả quy, ước B T deg(B) < deg(P), nên P ước B suy P ước T Khi ta kết luận I(E) iđêan sinh P 4.5 Định lý Nếu i j số nguyên với ≤ i ≤ j Khi có đa thức bất khả quy khác Tij Z [x, y] cho Tij (σi , σj ) = Hơn nữa, Tij chia hết P với P Z [x, y] mà P (σi , σj ) = Từ kết cho thấy mối quan hệ đa thức σi σj hệ mối quan hệ Tij (σi , σj ) = Ví dụ T13 (x, y) = − x2 Do P (σ1 , σ3 ) = P chứa nhân tử y − x2 quan hệ 37 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn P (σ1 , σ3 ) = nhân tử y − x2 Nếu P đa thức bất khả quy khác Z [x, y] thỏa mãn P (σi , σj ) = P = ±Tij Nhận xét cho phép xác định Tij số trường hợp Ví dụ từ (3.2), (3.3) để chứng minh T23 (x, y) = 81x4 −18x2 y+y −64y T35 (x, y) = 16x3 − x2 − 6xy − 9y ta cần chứng minh đa thức bất khả quy Z 38 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Kết luận Trong luận văn chúng tơi trình bày lại chi tiết số kết tổng lũy thừa dựa theo tài liệu số [5] Sơ lược số khái niệm tổng lũy thừa số nguyên kí hiệu σk (n) đa thức bậc k + theo biến n Khái niệm dãy số Bernoulli trình bày cách chứng minh rõ ràng số Bernoulli có liên quan đến hệ số đa thức σk (n) Sau chương 2, chúng tơi trình bày chứng minh định lý 2.1 quan trọng biểu diễn σk qua σ1 : + Khi k lẻ : σk = Fk (σ1 ) + Khi k chẵn : σk = σ2 Fk (σ1 ) Từ Ví dụ 2.3.1 Ví dụ 2.3.6 chúng tơi tự tính tốn tìm rõ ràng số đa thức Faulhaber Fk Ở chương 3, với cách khử biến thơng thường phép tính đại số, chúng tơi tự tính tốn 3.1 tìm mối quan hệ σi σj với giá trị k nhỏ Để tìm kết tổng qt, chúng tơi thấy phương pháp dùng kết thức để khử biến cách tìm đơn giản Hơn nữa, chúng tơi trình bày ý tưởng chứng minh Định lý 4.1 nói mối quan hệ hai kết thức R(f,g); R*(f,g) đưa Ví dụ 4.2 để minh họa cho mối quan hệ Cuối cùng, trình bày chứng minh tập I (E) = T ∈ Z [x, y] : T = E iđêan dựa vào trình bày sở lý thuyết iđêan đa thức 39 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Tài liệu tham khảo [1] Brieskorn, E and Knorrer, H., Plane algebraic curves, Birkhauser, 1986 [2] Cox, D., Little, J and O’Shea, D., Ideals, varieties and algorithms, Springer - Verlag, 1992 [3] Rose, H E., A course in number theory, Oxford Univ Press, 1989 [4] Van de Waerden, B L., Modem Algebra, Volume 1, Ungar Pub Co., 1949 [5] Beardon, A F., Sums of Powers of Integers, Amer Math Monthly, 103 (1996), no 3, 201 - 213 40 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Kết luận Trong luận văn chúng tơi trình bày lại chi tiết số kết tổng lũy thừa dựa theo tài liệu số [5] Sơ lược số khái niệm tổng lũy thừa số nguyên kí... hệ số σ1 - 32 không chứa σ2 hệ số σ2 36 không chứa σ2 Chúng chứng minh kết : Mệnh đề 3.2.1 Với số nguyên i j ≤ i < j , P (x, y) đa thức với hệ số nguyên hệ số không, có bậc j + x i + y , với số. .. Cho dãy số Bn , n ≥ với số hạng B0 = 1, số hạng cho công thức truy hồi sau: m+1 j m j=0 Bj = Dãy số gọi dãy số Bernoulli ( Xem tài liệu tham khảo [3]- trang 229 ) Một số số hạng đầu dãy số Bernoulli: