Đa thức bernoulli và tâm số k l lũy thừa

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ————o0o———— ĐINH THỊ NGỌC ÁNH ĐA THỨC BERNOULLI VÀ TÂM SỐ (k, l)-LŨY THỪA LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ————o0o———— ĐINH THỊ NGỌC ÁNH ĐA THỨC BERNOULLI VÀ TÂM SỐ (k, l)-LŨY THỪA LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC TS NGÔ VĂN ĐỊNH Thái Nguyên - 2019 Mục lục Lời cảm ơn ii Mở đầu Chương Đa thức Bernoulli số Bernoulli 1.1 Đa thức Bernoulli số Bernoulli 1.2 Phân tích đa thức Bernoulli 11 Chương Tâm số (k, l)-lũy thừa 2.1 2.2 17 Tâm số k-lũy thừa 17 2.1.1 Khái niệm 17 2.1.2 Trường hợp k = 19 2.1.3 Trường hợp k = 21 2.1.4 Trường hợp k > 29 Tâm số (k, l)-lũy thừa 31 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46 i Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên hướng dẫn TS Ngô Văn Định, Trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Ngun Tơi xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc tới TS Ngô Văn Định, người định hướng chọn đề tài tận tình hướng dẫn để tơi hồn thành luận văn Tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Đào tạo, thầy cô giáo dạy cao học chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp, trường Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên giúp đỡ suốt q trình học tập hồn thành luận văn tốt nghiệp Tôi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người thân ln động viên, cổ vũ, tạo điều kiện thuận lợi cho tơi q trình học tập hồn thành luận văn Hạ Long, tháng năm 2019 Tác giả Đinh Thị Ngọc Ánh ii Mở đầu Cho y, k, l ba số nguyên dương với y ≥ Ta nói số nguyên dương x (≤ y − 2) tâm số (k, l)-lũy thừa y 1k + · · · + (x − 1)k = (x + 1)l + · · · + (y − 1)l Khái niệm Liptai cộng [6] tổng quát hóa từ khái niệm tâm số k-lũy thừa Finkelstein [4] Cụ thể hơn, trường hợp k = l, tâm số (k, k)-lũy thừa tâm số k-lũy thừa định nghĩa Finkelstein Trong đó, khái niệm tâm số k-lũy thừa Finkelstein giới thiệu nghiên cứu toán thực tế (xem Bài toán 2.1.1) Finkelstein có vơ số số ngun dương n có tâm số 1-lũy thừa, khơng có số ngun n > có tâm số 2-lũy thừa Từ đó, Finkelstein đưa giả thuyết rằng, k > khơng có số ngun n > có tâm số k-lũy thừa Giả thuyết chứng minh cho trường hợp k = Steiner [7] cho trường hợp k = Ingram [5] Đối với trường hợp tâm số (k, l)-lũy thừa tổng quát, Liptai cộng sự tồn hữu hạn số số trường hợp cụ thể Chẳng hạn như, trường hợp k ≥ l, l ∈ {1, 3} (k, l) = (1, 1), tác giả tồn hữu hạn tâm số (k, l)-lũy thừa số nguyên y ≥ cho trước Để có kết nêu tâm số (k, l)-lũy thừa, tác giả sử dụng số tính chất đa thức Bernoulli số Bernoulli Mục tiêu Luận văn trình bày lại khái niệm tâm số (k, l)lũy thừa, số kết Finkelstein tâm số k-lũy thừa số kết Liptai cộng tâm số (k, l)-lũy thừa Trước trình bày nội dung này, Luận văn trình bày lại khái niệm số tính chất đa thức Bernoulli số Bernoulli, đặc biệt số kết phân tích đa thức Bernoulli thành hợp hai đa thức Cấu trúc luận văn Luận văn trình bày thành chương: • Chương Số Bernoulli đa thức Bernoulli Trong chương này, chúng tơi trình bày lại khái niệm đa thức Bernoulli, số Bernoulli, đồng thời trình bày lại số tính chất đa thức Bernoulli số Bernoulli Phần cuối chương, chúng tơi trình bày lại số kết Bilu cộng [3] phân tích đa thức Bernoulli thành hợp hai đa thức • Chương Tâm số (k, l)-lũy thừa Trong chương này, chúng tơi trình bày lại khái niệm tâm số (k, l)-lũy thừa mà trường hợp đặc biệt tâm số k-lũy thừa Trong mục 2.1, chúng tơi trình bày lại chứng minh Finkelstein tồn vô số số ngun dương n có tâm số 1-lũy thừa khơng tồn số nguyên n > có tâm số 2-lũy thừa, đồng thời giới thiệu lại giả thuyết Finkelstein sơ lược giới thiệu số kết liên quan đến giả thuyết Trong mục 2.2, chúng tơi trình bày lại số kết Liptai cộng tâm số (k, l)-lũy thừa Chương Đa thức Bernoulli số Bernoulli Trong chương này, chúng tơi trình bày khái niệm đa thức Bernoulli, số Bernoulli số tính chất chúng Khái niệm số tính chất đa thức Bernoulli trình bày Luận văn thạc sĩ Nguyễn Ngọc Thiêm [1] Ở đây, chúng tơi trình bày lại khái niệm đa Bernoulli trình bày tính chất khác Với tính chất trình bày luận văn Nguyễn Ngọc Thiêm trích dẫn kết thực cần sử dụng luận văn 1.1 Đa thức Bernoulli số Bernoulli Định nghĩa 1.1.1 Đa thức Bernoulli thứ n, kí hiệu Bn (x), định nghĩa B0 (x) = ∂ n text Bn (x) = n t ∂t e − t=0 , với n = 1, 2, 3, , ∂n n kí hiệu đạo hàm riêng thứ n theo biến t ∂t Từ định nghĩa đa thức Bernoulli ta thấy khai triển text Taylor hàm số t t = ta có e −1 text = et − ∞ tn Bn (x) n! n=0 Bằng tính tốn đơn giản ta liệt kê số đa thức Bernoulli sau: B0 (x) = 1, B1 (x) = x − , B2 (x) = x2 − x + , B3 (x) = x3 − x2 + x, 2 , 30 5 B5 (x) = x5 − x4 + x3 − x, B4 (x) = x4 − 2x3 + x2 − Dưới số tính chất đa thức Bernoulli trình bày luận văn Nguyễn Ngọc Thiêm nên bỏ qua chứng minh chúng Mệnh đề 1.1.2 ([1, Định lý 2.2.1]) Với n ≥ 1, ta có Bn (x) = nBn−1 (x) Mệnh đề 1.1.3 ([1, Định lý 2.2.2]) Với n ≥ 0, ta có Bn (x + 1) = Bn (x) + nxn−1 Thực tế, người ta chứng minh khẳng định mạnh rằng: đa thức f (x) thỏa mãn f (x + 1) − f (x) = nxn−1 f (x) = Bn (x) + c, với c số [3, Công thức (5)] Mệnh đề 1.1.4 ([1, Định lý 2.2.6]) Với n ≥ 0, ta có Bn (x) = (−1)n Bn (1 − x) Định nghĩa 1.1.5 Giá trị đa thức Bernoulli thứ n x = gọi số Bernoulli thứ n, kí hiệu Bn , tức Bn = Bn (0) 1 Từ định nghĩa ta có B0 = 1, B1 = − , B2 = , B3 = 0, B4 = − , B5 = Hơn ta cịn có mệnh đề sau khẳng định giá trị 30 số Bernoulli thứ lẻ lớn không Mệnh đề 1.1.6 ([1, Định lý 1.2.4]) Với k ≥ 1, ta có B2k+1 = Định lý von Staudt– Clausen cho ta biết giá trị số Bernoulli thứ chẵn Định lý 1.1.7 (Định lý von Staudt–Clausen) Với n ≥ 1, ta có B2n = G2n − p−1|2n,p nguyên tố , p G2n số nguyên tổng vế phải chạy tất số nguyên tố p (bao gồm 2) thỏa mãn p − ước 2n Trước trình bày chứng minh, ta minh họa cơng thức nêu Định lý qua số số Bernoulli đầu tiên: B2 = 1 =1− − ; 6 Chứng minh Giả sử hai số nguyên x ≥ y ≥ x + thỏa mãn phương trình (2.24) Do k < l nên hệ số cao P (X) số dương bậc P (X) l Rõ ràng P (X) khơng có nghiệm thực nghiệm thực lớn x0 P (X) thỏa mãn x0 < ≤ x0 < x P (x) = (x + 1)l − Sk (x) > Do − xl − Sk (x) < < (x + 1)l − Sk (x) (2.26) Cộng vế bất đẳng thức (2.26) với xl + Sk (x) + Sl (x), ta Sl (x) < xl + Sk (x) + Sl (x) < (x + 1)l + xl + Sl (x) Suy Sl (x) < Sk (x) + Sl (x + 1) < Sl (x + 2) Theo giả thiết (x, y) nghiệm nguyên phương trình (2.24) nên ta thay Sk (x) + Sl (x + 1) Sl (y) Do ta Sl (x) < Sl (y) < Sl (x + 2) Suy y = x + Do từ (2.24) suy mâu thuẫn Sk (x) = Tiếp theo chúng tơi trình bày hai bổ đề sau nghiệm hai đa thức có liên quan đến đa thức Sk (X) Trước tiên, nhắc lại không chứng minh kết Brindza Pintér báo “On equal values of power sums” tạp chí Acta Arithmatica năm 1996 33 Mệnh đề 2.2.3 ([6, Bổ đề 5]) Giả sử p(X) = an X n + · · · + a1 X + a0 đa thức hệ số nguyên, a0 số lẻ, ước chung hệ số , i = 1, , n an có dạng 8d với d số lẻ Khi nghiệm p(X) nghiệm đơn Bổ đề 2.2.4 ([6, Bổ đề 6]) Với k > 1, đa thức F1 (X) = 8Sk (X) + (2X + 1)2 có ba nghiệm với bội lẻ Chứng minh Gọi d số nguyên dương nhỏ cho 8d(Bk+1 (X) − Bk+1 ) ∈ Z[X] Khi đó, theo Mệnh đề 1.1.6 Hệ 1.1.8, d số ngun lẻ khơng phương Từ Mệnh đề 1.1.11, ta chứng minh đa thức P1 (X) = 8d(Bk+1 (X) − Bk+1 ) + d(k + 1)(2X + 1)2 có ba nghiệm bội lẻ Lưu ý hệ số cao P1 (X) 8d Do d số lẻ số nguyên dương nhỏ cho 8d(Bk+1 (X)− Bk+1 ) ∈ Z[X] nên ước chung lớn tất hệ số P1 (X) lũy thừa ước Nếu k số chẵn từ Mệnh đề 2.2.3 suy P1 (X) có ba nghiệm đơn Giả sử k số lẻ Giả sử P1 (X) có dạng P1 (X) = aR2 (X), (2.27) 34 a số nguyên R(X) ∈ Z[X] đa thức với hệ số cao dương Bằng cách viết a = a1 r2 , với a1 , r ∈ Z, a1 khơng phương cách thay R(X) rR(X) ta giả sử a khơng phương Rõ ràng a > Ta giả thiết thêm k ≥ trường hợp k = kiểm tra tính tốn thông thường Nếu 2|k + |k + ước chung lớn hệ số P1 (X) Khi a = ước chung lớn hệ số R(X) Ta viết R(X) = a0 X (k+1)/2 + a1 X (k−1)/2 + · · · + a(k+1)/2 Đồng ba hệ số đầu phương trình (2.27) ta 8d = aa20 , −4d(k + 1) = 2aa0 a1 , 2dk(k + 1) = a(a21 + 2a0 a2 ) Đẳng thức thứ suy a0 = d = Đẳng thức thứ ba suy a1 số chẵn, 2aa0 a1 bội 16 Bây đẳng thức thứ hai mâu thuẫn với giả thiết 2|k + |k + Nếu 4|k + từ Mệnh đề 1.1.9 suy ước chung lớn hệ số P1 (X) k + lũy thừa trường hợp cịn lại Do đó, a = k + lũy thừa a = trường hợp lại Đồng hệ số cao phương trình (2.27) ta 8d = aa20 Do d = a = Suy k + = 2α , với α ≥ Tuy nhiên, d = nên từ Mệnh đề 1.1.9 suy k + có dạng λ1 3β + λ2 3γ , với λ1 λ2 ∈ {0, 1, 2} λ1 + λ2 ≤ Do k + số chẵn 35 nên k + có dạng 3β + 3γ , với ≤ β ≤ γ Vậy ta có 2α = 3β + 3γ Suy β = Do nghiệm nguyên lớn phương trình 2α = + 3γ α = 2, γ = nên k + = hay k = 3, mâu thuẫn với giả thiết k ≥ Bây ta loại trừ trường hợp lại mà P1 (X) có dạng P1 (X) = (aX + bX + c)R2 (X), (2.28) aX + bX + c R(X) thuộc Z[X] aX + bX + c có hai nghiệm phân biệt Bằng cách thay R(X) −R(X) cần, ta giả thiết hệ số cao R(X) số dương Vì ước chung lớn hệ số P1 (X) lũy thừa ước nên ước chung lớn a, b c có dạng 2α với α số nguyên không âm Bằng cách thay R(X) α/2 R(X) cần, ta giả thiết α = α = Nếu k + số chẵn mà không chia hết cho P1 (X)/2 đa thức Z[X] có hệ số tự lẻ hệ số khác chẵn Vì vậy, ta viết P1 (X) = (2f (X) + 1)2 (2g(X) + 1), với f (X), g(X) ∈ Z[X] Điều vô lý hệ số cao P1 (X)/2 khơng chia hết cho Giả sử k + chia hết cho Khi k = ta kiểm tra trực tiếp P1 (X) không viết dạng (2.28) Vì vậy, ta giả sử k + ≥ Lưu ý ước chung lớn hệ số P1 (X) k + không lũy thừa k + lũy 36 thừa Suy R1 (X) = R(X)/2 ∈ Z[X] Do P1 (X)/4 = (aX + bX + c)R12 (X) (2.29) Ta viết R1 (X) = a0 X (k−1)/2 + a1 X (k−1)/2−1 + a2 X (k−1)/2−2 + · · · + a(k−1)/2 Đồng thức ba hệ số cao (2.29) ta aa20 = 2d, ba20 + 2aa0 a1 = −d(k + 1) ca20 + 2ba0 a1 + a(a21 + 2a0 a2 ) = dk(k + 1) Đồng thức thứ cho ta a0 = 1, a = 2d Vì vậy, đồng thức thứ hai thứ ba viết lại thành b = −d(k + + 4a1 ) (2.30) c = d(2(k + 1)a1 + 6a21 − 4a2 ) + dk(k + 1) (2.31) Từ đẳng thức ta thấy d ước chung a, b Do tồn số nguyên tố p > ước d p ước chung a, b, c Tuy nhiên, ước chung lớn a, b, c nên suy d = d = Để loại trừ trường hợp d = ta giả sử ước k + Khi từ (2.31) d = Đồng hệ số cuối (2.28) ta d(k + 1) = c(2a(k−1)/2 )2 (2.32) 37 Vì ước d khơng ước k + nên ước c Vì d ước chung a b nên ước chung a, b c Điều vơ lý Do khơng ước k + Suy ước k(k + 1) Khi từ (2.31) suy d ước c ước chung a, b c Suy d = Áp dụng Mệnh đề 1.1.9 ta suy tổng chữ số k + viết hệ khơng q Vì ước k + nên k + không lũy thừa Do k + = 3α0 + 3α1 = 3α0 (3α1 −α0 + 1), với ≤ α0 ≤ α1 Suy ước 3α1 −α0 + Điều xảy α1 − α0 số lẻ Hơn với số nguyên dương lẻ s ta 3s + k+1 ln có số lẻ Suy số lẻ Khi từ (2.31) ta 4 lại suy c số chẵn Nhưng (2.32) lại cho ta điều mẫu k+1 số chẵn thuẫn: Bổ đề 2.2.5 ([6, Bổ đề 7]) Với k ≥ 1, k = 3, đa thức F2 (X) = 4Sk (X) + X (X + 1)2 có ba nghiệm với bội lẻ Chứng minh Chúng chứng minh theo phương pháp tương tự Bổ đề 2.2.4 Chúng sử dụng lại số d số nguyên dương nhỏ cho 4d(Bk+1 (X) − Bk+1 ) ∈ Z[X] 38 Khi đó, theo Mệnh đề 1.1.6 Hệ 1.1.8, d số ngun lẻ khơng phương Về đa thức F2 (X), ta có P2 (X) = 4d(Bk+1 (X) − Bk+1 ) + d(k + 1)X (X + 1)2 ∈ Z[X] Giả sử k + số lẻ Khi loại trừ trường hợp P2 (X) = (aX + b)R2 (X), aX +b R(X) ∈ Z[X] Vì d số lẻ khơng phương, nên nghiệm đơn P2 (X) (theo[6, Bổ đề 1]), có P2 (X) = aXR2 (X) Hệ số X R2 (X) số chẵn, hệ số X P2 (X) chẵn, điều mâu thuẫn Bây giả sử k + > số chẵn Khi phải loại trừ P2 (X) = aR(X)2 , P2 (X) = (aX + b(X) + c)R(X)2 với số đa thức R(X) ∈ Z[X], số số nguyên a, b c, với a = Trước tiên xét trường hợp P2 (X) = aR(X)2 Chúng ta giả sử R(X) có hệ số dương cao a > số khơng phương Ước chung lớn hệ số P2 (X) lũy thừa 2, a = Giả sử k + > 8, trường hợp nhỏ kiểm tra tay Ta viết R(X) = a0 X (k+1)/2 + a1 X (k+1)/2−1 + 39 xác định hệ số đầu tiên, mặt khác, P2 (X) đa thức 4dX k+1 − 2d(k + 1)X k + d(k + 1)k k−1 X − d(k + 1)k(k − 1)(k − 2) k−3 X − 180 (lưu ý k − > 4, số hạng P2 (X) giống với số hạng 4dSk (X)), mặt khác, ta có đa thức aa20 X k+1 +2aa0 a1 X k +a(a21 +2a0 a2 )X k−1 +a(2a0 a3 +2a1 a2 )X k−2 + + a(a22 + 2a0 a4 + 2a1 a3 )X k−3 + Do đó, ta có mối quan hệ 4d = aa20 , −2d(k + 1) = 2aa0 a1 , d(k + 1)k = aa21 + 2aa0 a2 , (2.33)   k + 2d  2aa0 a3 + 2aa1 a2 = 0, aa22 + 2aa0 a4 + 2aa1 a3 = −  15 (2.34) Đồng thức (2.33) với a ∈ {1, 2}, cho d = 1, a0 = 2, a = Do đó, từ [6, Bổ đề 2], k + lũy thừa 3, có dạng 3α + 3β với ≤ α ≤ β Vì k + số chẵn nên khơng thể lũy thừa 3, k + = 3α (3β−α + 1) Nếu β − α số chẵn 2|k + |k + 1, β − α số lẻ 4|k + |k + Đồng thức thứ (2.33) vớia1 = −(k + 1)/2 đồng thức thứ cơng thức (2.33) nói cho thấy k + số chẵn với a1 số lẻ Do đó, 4|k + |k + 1, từ suy k+1 số 40 lẻ Vì a0 a1 số chẵn, từ đồng thức thứ (2.34) với modulo ta có a22 ≡ mod 4, mẫu thuẫn trường hợp Thường hợp lại P2 (X) = (aX + bX + c)R(X)2 , (2.35) với a, b, c số nguyên R(X) ∈ Z[X] Ta giả sử R(X) có hệ số dương cao nhất, a > 0, gcd(a, b, c) = Ta viết R(X) = a0 X (k−1)/2 + a1 X (k−1)/2−1 + + a(k−1)/2 , giả sử k ≥ đồng ba hệ số cao (2.35) ta có aa20 = 4d, ba20 + 2a0 aa1 = −2d(k + 1), (2.36) ca20 + 2ba0 a1 + a(a21 + 2a0 a2 ) = dk(k + 1) (2.37) Từ đồng thức thứ (2.36) ta có d | a từ đồng thức thứ hai (2.36) ta có d | b Từ (2.37) tồn số nguyên tố p > chia hết cho d p | gcd(a, b, c), điều mâu thuẫn Do đó, d ước Để loại trừ trường hợp d = 3, giả sử | k + Khi đó, từ (2.37) ta có d = Đánh giá (2.35) x = ta có 4d(k + 1) = (a + b + c)R(1)2 41 Từ | k + 2, ta có khơng chia hết cho k + Do | (a + b + c), từ chia hết cho a b, ta thấy chia hết cho c, điều mâu thuẫn Do đó, d = 1, từ k + số chẵn, ta có k + = 3α + 3β với ≤ α ≤ β Nếu β − α số chẵn 2|k + |k + β − α số lẻ 4|k + |k + Nếu 4|k + |k + k+1 B4 hệ số X k−3 P2 (X) số chẵn khơng phải bội 4, 2|k + |k + k+1 B2 hệ số X k−1 P2 (X), số chẵn bội Như ước chung lớn hệ số P2 (X) 2, hay gcd(a, b, c) = Trở lại với (2.36) (2.37) với a0 ∈ {1, 2} Nếu a0 = a = 1, điều mâu thuẫn Do a0 = a = Ở đồng thức thứ (2.36) ta thấy | b (2.37) cho thấy | c, mâu thuẫn với = gcd(a, b, c), trừ 2|k + |k + Vì vậy, giả sử 2|k + |k + 1, lưu ý (2.37) có c ≡ mod Theo [6, Bổ đề 1,(F)], ta có nghiệm kép Sk (X) Vì vậy, nghiệm kép P2 (X) Do đó, a(k−1)/2 = Đặt F (X) = P2 (X)/X , R1 (X) = R(X)/X Xác định hai hệ số cuối phương trình F (X) = (aX + bX + c)R1 (X)2 = (aX + bX + c)( + 2a(k−3)/2 a(k−5)/2 X + a2(k−3)/2) , 42 ta có 2k(k + 1)B(k−1) + k + = c(a(k−3)/2 )2 , 2(k + 1) = 2ca(k−3)/2 a(k−5)/2 + ba2(k−3)/2 (2.38) Từ (2.38) ta có 2k(k +1)B(k−1) ∈ Z Vì B(k−1) số hữu tỉ có mẫu số số ngun chẵn khơng phương, nghĩa 2k(k+1)Bk đồng dư với modulo Từ 2|k + |k + 1, ta có a(k−3)/2 số chẵn Ta thấy vế phải phương trình thứ hai (2.38) bội 8, vế trái ngược lại Bây chúng tơi phát biểu kết Liptai cộng Định lý 2.2.6 ([6, Định lý 2]) Cho k ≥ số nguyên dương cố định l ∈ {1, 3} Nếu (k, l) = (1, 1) có hữu hạn tâm số (k, l)-lũy thừa số nguyên dương Để chứng minh kết Liptai cộng sử dụng bổ đề kết Brindza mà nêu Bổ đề 2.2.7 (Brindza [6, Bổ đề 8]) Cho f (X) ∈ Q[X] đa thức có ba nghiệm bội lẻ Khi tồn số c cho với nghiệm nguyên (x, y) phương trình f (x) = y thỏa mãn max(|x|, |y|) < c 43 Chứng minh Định lý 2.2.6 Từ S1 (x) = x(x − 1) , S3 (x) = x(x − 1) 2 , phương trình (2.23) suy 8Sk (x) + (2x + 1)2 = (2y − 1)2 4Sk (x) + (x(x + 1))2 = (y(y − 1))2 , Ngoài trường hợp phương trình thứ hai k = 3, thực tế cho thấy phương trình có nghiệm nguyên hệ đơn giản Bổ đề 2.2.4, Bổ đề 2.2.5 Bổ đề 2.2.7 Ta nhớ lại Finkelstein giải trường hợp (k, l) = (3, 3) Do chứng minh hồn tất 44 Kết luận Luận văn trình bày số vấn đề sau: Giới thiệu lại khái niệm số tính chất đa thức Bernoulli số Bernoulli Đặc biệt, trình bày lại số kết phân tích đa thức Bernoulli dạng hợp thành đa thức; Giới thiệu lại khái niệm tâm số k-lũy thừa Finkelstein; Trình bày lại kết Finkelstein tâm số k-lũy thừa trường hợp k = 1, k = 2; Đồng thời giới thiệu sơ lược số kết tâm số k-lũy thừa trường hợp k > 2; Giới thiệu lại khái niệm tâm số (k, l)-lũy thừa, tổng quát hóa khái niệm tâm số k-lũy thừa; Trình bày lại số kết Liptai cộng tâm số (k, l)-lũy thừa số trường hợp cụ thể 45 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Nguyễn Ngọc Thiêm (2017), Số Bernoulli đa thức Bernoulli, Luận văn thạc sĩ, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên [2] Ngô Việt Trung (2006), Lý thuyết Galois, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Tiếng Anh [3] Bilu Yu., Brindza B., Kirschenhofer P., Pintér Á and Tichy R (2002), “Diophantine equations and Bernoulli polynomials (with an appendix by Schinzel, A.)”, Compos Math 131, p 173-–188 [4] Finkelstein R.P (1965), “The House problem”, Amer Math Monthly 72, p 1082-–1088 [5] Ingram P (2005), “On kth-power numerical centres”, C R Math Acad Sci R Can 27, p 105–110 46 [6] Liptai K., Luca F., Pintér Á and Szalay L (2009), “Generalized balancing numbers”, Indag Mathem., N.S 20(1), p 87–100 [7] Steiner R (1978), “On kth-power numerical centers”, Fibonacci Quart 16, p 470–471 47 ... sơ l? ?ợc số k? ??t tâm số k- l? ?y thừa trường hợp k > 2; Giới thiệu l? ??i khái niệm tâm số (k, l) -l? ?y thừa, tổng quát hóa khái niệm tâm số k- l? ?y thừa; Trình bày l? ??i số k? ??t Liptai cộng tâm số (k, l) -l? ?y... tâm số (k, l) lũy thừa, số k? ??t Finkelstein tâm số k- l? ?y thừa số k? ??t Liptai cộng tâm số (k, l) -l? ?y thừa Trước trình bày nội dung này, Luận văn trình bày l? ??i khái niệm số tính chất đa thức Bernoulli. .. bày l? ??i số k? ??t phân tích đa thức Bernoulli dạng hợp thành đa thức; Giới thiệu l? ??i khái niệm tâm số k- l? ?y thừa Finkelstein; Trình bày l? ??i k? ??t Finkelstein tâm số k- l? ?y thừa trường hợp k = 1, k =