Về số bernoulli

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VIỆN HÀN LÂM KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ VN HỌC VIỆN KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ Nguyễn Tiến Đặng VỀ SỐ BERNOULLI LUẬN VĂN THẠC SĨ NGÀNH TOÁN HỌC Hà Nội - 2021 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VIỆN HÀN LÂM KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ VN HỌC VIỆN KHOA HỌC VÀ CÔNG NGHỆ Nguyễn Tiến Đặng VỀ SỐ BERNOULLI Chuyên ngành : Đại số Lý thuyết số Mã số: 8460104 LUẬN VĂN THẠC SĨ NGÀNH TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS Nguyễn Duy Tân Hà Nội - 2021 LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn "Về số Bernoulli" cơng trình nghiên cứu tơi Mọi kết nghiên cứu trước tác giả khác trích dẫn cụ thể Nội dung luận văn chưa cơng bố cơng trình nghiên cứu Tôi xin chịu trách nhiệm lời cam đoan Hà Nội, ngày 01 tháng 10 năm 2021 Người cam đoan Nguyễn Tiến Đặng LỜI CẢM ƠN Sau trình học tập nghiên cứu Khoa Tốn học, Học viện Khoa học Cơng nghệ, đến luận văn hồn thành Trước tiên, tơi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới PGS TS Nguyễn Duy Tân Thầy người tận hình hướng dẫn, giúp đỡ tơi vượt qua nhiều khó khăn q trình học tập nghiên cứu Bên cạnh đó, tơi xin gửi lời cảm ơn đến giảng viên giảng dạy, đồng hành Khoa Tốn học Tơi xin cảm ơn Trung tâm đào tạo sau đại học - Viện Toán học phòng Đào tạo - Học viện Khoa học Công nghệ tạo điều kiện thuận lợi cho tơi q trình học cao học học viện Hơn nữa, tơi xin gửi lời cảm ơn tới tồn thể bạn bè, gia đình tơi, người sát cánh bên quãng thời gian qua Nguyễn Tiến Đặng Mục lục MỞ ĐẦU Chương Một số kiến thức chuẩn bị Một số kiến thức đồng dư Chuỗi lũy thừa hình thức Khai triển Fourier 12 Chương Các số Bernoulli 14 Sơ lược lịch sử định nghĩa 14 Tổng lũy thừa số nguyên dương liên tiếp 17 Hàm sinh số Bernoulli 25 Chương Số Stirling số Bernoulli 33 Các số Stirling 33 Cơng thức tính số Bernoulli thông qua số Stirling 43 Chương Định lý Clausen-von Staudt đồng dư Kummer 49 Định lý Clausen-von Staudt 49 Đồng dư Kummer 52 PHỤ LỤC 59 MỞ ĐẦU Trong chương trình tốn bậc phổ thơng đại học, biết đến cơng thức tính tổng như: 1) + + · · · + n = n(n + 1) 2) 12 + 22 + · · · + n2 = n(n + 1)(2n + 1) n(n + 1) 3) + + · · · + n = 3 Có thể sử dụng kỹ thuật ghép cặp để chứng minh đẳng thức thứ Sử dụng khai triển đẳng thức để chứng minh ba đẳng thức Tuy nhiên, việc tính tổng lũy thừa với bậc cao ngày trở nên khó Và câu hỏi là: với số mũ k tổng qt cơng thức cho biểu diễn tổng 1k +2k +· · ·+nk ? Ngay từ năm 1713, Jakob Bernoulli đưa công thức tính tổng với lũy thừa tổng quát Trong công thức ấy, ông sử dụng hệ số gọi số Bernoulli Điều thú vị là, số Bernoulli khơng góp mặt cơng thức tính tổng lũy thừa với số mũ k tổng quát nêu Ý nghĩa thực số Bernoulli nằm nhiều nơi toán học Chẳng hạn, Lý thuyết số bản: đồng dư; lý thuyết số giải tích phức: giá trị hàm zeta; Lý thuyết đồng luân: J-đồng cấu, nhóm đồng luân ổn định mặt cầu, quan tâm đến phần mẫu số số Bernoulli; Lý thuyết dạng Modular: Các chuỗi Eisenstein; Lý thuyết số giải tích p-adic: L-hàm p-adic; Tô pô vi phân: cấu trúc vi phân mặt cầu, quan tâm đến phần tử số số Bernoulli, Xem [1] Chính xuất khắp nơi số Bernoulli nhiều lĩnh vực toán học, tầm quan trọng nó, mà số Bernoulli nhà toán học B.Mazur mệnh danh “ số bản” Luận văn khơng có phát mới, mà trình bày lại số kiến thức mở đầu số Bernoulli theo logic định Tác giả có làm chi tiết số chứng minh tài liệu tham khảo, cho thêm ví dụ minh họa Do trình độ cịn nhiều hạn chế, luận văn cịn có thiếu sót Tác giả mong nhận góp ý, bảo Thầy Cô bạn đọc để hiểu biết ngày hoàn thiện Tác giả xin chân thành cảm ơn Hà Nội, ngày 15 tháng 10 năm 2021 Chương Một số kiến thức chuẩn bị Chương trình bày số kiến thức số học chuỗi lũy thừa hình thức cần thiết cho chương sau Tài liệu tham khảo cho chương [2] [3] Một số kiến thức đồng dư Định nghĩa 1.1 (hàm Euler Phi) Với số n nguyên dương, φ(n) số số nguyên dương nhỏ n nguyên tố với n Nhận xét φ(n) số phần tử nhóm (Z/nZ)× phần tử khả nghịch vành Z/nZ Từ ta có kết sau Định lý 1.2 (Định lý Euler) Cho n số nguyên dương Nếu a số nguyên dương nguyên tố với n aφ(n) ≡ (mod n) Hệ 1.3 (Định lý nhỏ Fermat) Nếu số nguyên a khơng chia hết cho số ngun tố p ap−1 ≡ (mod p) Ta đưa cơng thức tính hàm Euler Phi nhờ kết sau Định lý 1.4 a) Nếu m n hai số nguyên dương nguyên tố φ(mn) = φ(m)φ(n) b) Nếu p số nguyên tố n ≥ φ(pn ) = pn−1 (p − 1) Định nghĩa 1.5 Cho n số nguyên dương Số nguyên a gọi nguyên thủy mod n lớp đồng dư a mod n phần tử sinh nhóm (Z/nZ)× Điều tương đương với a nguyên tố với n φ(n) số nguyên dương nhỏ cho aφ(n) ≡ (mod n) Định lý 1.6 Cho p số ngun tố Khi (Z/pZ)× nhóm cyclic Như vậy, tồn nguyên thủy mod p Mệnh đề sau sử dụng chứng minh Định lý Clausen-von Staudt Chương Mệnh đề 1.7 Cho p số nguyên tố n số nguyên dương Khi  p−1 −1 (mod p), p − ước n n l ≡ 0 (mod p), p − không ước n l=0 Chứng minh Xét trường hợp p−1 không ước n Ta chọn c cho cn ≡ (mod p) (chẳng hạn chọn c phần tử sinh nhóm cyclic (Z/pZ)× ) Khi l chạy từ đến p − c · l (mod p) chạy từ lớp đồng dư mod đến p − Do p−1 p−1 (c · l)n ≡ l=0 Ta suy (cn − 1) p−1 n l=0 l ln (mod p) l=0 ≡ (mod p) Từ p−1 n l=0 l ≡ (mod p) Bây ta xét trường hợp p − ước n Khi từ Định lý Fermat nhỏ, ta suy ln ≡ (mod p), với ≤ l ≤ p − Do p−1 ln ≡ p − ≡ −1 l=0 (mod p) 45 Suy B0 = Với n = 1, n ≥ m ≥ l ≥ Ta có m B1 = (−1) · m+1 m=0 (−1)l l=0 m ·l l 1 · (−1)0 = (−1) · ·0+ 0+1 = (−1) · 1 ·l l (−1)l l=0 1 1 · (−1)0 · + (−1)1 ·1 = 2 1 Suy B1 = Với n = 2, ta có n = ≥ m ≥ l ≥ Ta có B2 = (−1) m+1 m=0 m m l l (−1)l l=0 · (−1)0 + = 0+1 1 (−1) l + l l l=0 (−1)l l=0 2 l l 1 1 2 2 = (−1)0 + (−1)1 + (−1)0 + (−1)1 1+ 2 3 1 2 + (−1)2 2 =− − + = 3 Suy B2 = Mệnh đề 3.11 (Một biến thể Định lý 3.8) (−1)m m! n Bn = n+1 m+1 m+1 m=0 (n ≥ 0) Chứng minh Từ công thức truy hồi (2.1) cho số Stirling, ta có n+1 m+1 = n m + (m + 1) n m+1 46 Do n n (−1)m m! + (m + 1) m Vế phải = m m+1 m=0 m+1 m m+1 m=0 n m+1 n (−1)m + m=0 m+1 n m+1 = m! (−1)m m! = (−1)m m! + m=0 m+1 m=0 n n (−1)m m! = n n (−1)m m! = n m+1 m+1 m=0 n n n m + δ1,n theo Mệnh đề 3.6 (5.1) = (−1)n Bn + δ1,n (theo Định lý 3.8) = B1 Với n = (−1)n Bn + δ1,n = (−1)n Bn = Bn (theo Mệnh đề 2.4) Vậy Mệnh đề 3.11 chứng minh Với n = 1, ta có −B1 + = Mệnh đề 3.12 Cho a0,m (m = 0, 1, 2, ), định nghĩa an,m (n 1) hệ thức an,m = (m + 1) · (an−1,m − an−1,m+1 ) (n ≥ 1, m ≥ 0) n (−1)m m! Thì an,0 = m=0 n+1 m+1 a0,m ∞ an,m tm Từ công thức truy hồi Chứng minh Ta sử dụng hàm sinh gn (t) = m=0 cho an,m ta có ∞ (m + 1) (an−1,m − an−1,m+1 ) tm (n ≥ 1) gn (t) = n=0 47 ∞ d = dt an−1,m t ∞ d − dt m+1 m=0 an−1,m+1 tm+1 m=0 d d (tgn−1 (t)) − (gn−1 (t) − an−1,0 ) dt dt d = gn−1 (t) + (t − 1) (gn−1 (t)) dt d = ((t − 1)gn−1 (t)) dt = Do đó, ta đặt (t − 1)gn (t) = hn (t), ta có hn (t) = (t − 1) d (hn−1 (t)) (n ≥ 1) dt Từ ta thu n d (t − 1) dt hn (t) = (h0 (t)) Mặt khác, từ công thức (4) Mệnh đề 3.6, ta có n n d x dx n = m=1 m d dx m x m (n ≥ 1) Thay x t − 1, ta d (t − 1) dt n n n = m=1 n Do hn (t) = m m m m=0 n (t − 1) m (t − 1) d dt d dt m (d(t − 1) = dt) m h0 (t) Cho t = 0, ta có n n −an,0 = m m=0 n−1 n = m+1 m=0 n = − (−1)m m! (a0,m−1 − a0,m ) n m+1 (−1) (m + 1)!a0,m − (−1)m m!a0,m (m + 1) m=0 m=0 n m+1 + n m n m (−1)m m!a0,m 48 n = − (−1)m m! m=0 n+1 m+1 Ta chứng minh xong Mệnh đề 3.12 a0,m 49 Chương Định lý Clausen-von Staudt đồng dư Kummer Trong chương này, chúng tơi trình bày Định lý Clausen-von Staudt đồng dư Kummer số tính chất số học số Bernouli theo tài liệu tham khảo theo tài liệu tham khảo [3], [2] Định lý Clausen-von Staudt Theo Clausen von Standt mẫu số số Bernoulli xác định hoàn toàn, Định lý (4.1) (Ta quy ước nói đến tử số, mẫu số số hữu tỷ, ta ngầm hiểu số hữu tỷ viết dạng phân số tối giản.) Kết cho ta sở để nghiên cứu tính chất p-adic số Bernoulli Định lý 4.1 Cho n = n số nguyên dương chẵn tùy ý Khi Bn viết dạng: Bn = − p∈P p−1|n + Cn , (P tập hợp số nguyên tố) p Ở đây, tổng chạy tất số nguyên tố p cho p − ước n, 50 Cn số nguyên Chứng minh Phát biểu hiển nhiên với n = Ta giả sử n số nguyên dương chẵn Nhắc lại rằng, theo Định lý 3.8, ta có (−1)m m! n n Bn = (−1) m=0 n m m+1 Giả sử mẫu số Bn có phân tích dạng Bn = pα1 · pα2 · · · pαk k , p1 , p2 , · · · , pk số nguyên tố phân biệt, α1 , α2 , · · · , αk số nguyên n (−1)m m! m số nguyên, nên pi phải dương Vì tử số phân số m+1 ước m + (m = 0, 1, 2, · · · , n) Như vậy, số nguyên tố p > n + p khơng thể ước mẫu số Bn Trước hết giả sử m + hợp số Đặt m + = ab, < a, b < m Nếu n (−1)m m! m a = b, ab ước m!, số nguyên m+1 Nếu a = b 2a ≤ m a 2a ước m!, a2 = m + ước n (−1)m m! m m!, suy số nguyên m+1 Nếu a = b 2a > m 2a ≥ m + Do m + = a2 ≥ 2a ≥ m + n (−1)m m! m Suy a = 2a, hay a = Trường hợp suy m = 3, m+1 n xuất n ≥ 3, (khi n < = m m = 0) Trong trường hợp (n nguyên dương chẵn), từ Mệnh đề 3.6 (6) ta có: n (−1) m! m m (−1)l = l=0 n l l = − + · 2n − 3n ≡ − (−1)n ≡ (−1)m m! Suy m+1 n m (mod 4) số nguyên m = (−1)m m! Như vậy, m + hợp số m+1 n m ln số ngun 51 Bây ta giả sử m + = p số nguyên tố Do p − ≤ n nên từ Mệnh đề 3.6 (6) ta có n (−1) m! m m p−1 (−1)l = l=0 p−1 ln ≡ p−1 n l l (mod p) l=0 ≡ −1 p−1 l ≡ (−1)l (mod p) (mod p), p − ước n (mod p), p − không ước n n (−1)m m! m số nguyên Như vậy, ta thấy m + = p, m+1 p − không ước n n (−1)m m! m số nguyên, Mặt khác p − ước n m+1 đồng dư thức bên số nguyên cộng thêm p Vậy Định lý 4.1 chứng minh Ví dụ 4.2 Ta có: • B2 = 1 1 + + = ∈ Z, 6 • B4 = − • B6 = 1 1 + + + = ∈ Z, 42 42 • B8 = − • B10 = 1 1 − + + + = ∈ Z, 30 30 1 1 − + + + = ∈ Z, 30 30 5 1 + + + = ∈ Z, 66 66 11 • B12 = − • B14 = 691 1 1 691 − + + + + + = ∈ Z, 2730 2730 13 1 + + = ∈ Z 6 52 Định lý Clausen-von Staudt mơ tả hồn tồn mẫu số số Bernoulli Tuy nhiên, người ta cịn biết tử số số Bernoulli Liên quan đến tử số Bernoulli, người ta đưa khái niệm số ngun tố quy số ngun tố khơng quy Số nguyên tố p gọi quy p khơng ước tử số số Bernoulli (viết dạng phân số tối giản) B2 , B4 , · · · , Bp−3 Ngược lại, p gọi số ngun tố khơng quy Theo Kummer, p quy số lớp trường cyclotomic thứ p, Q(ζp ), không chia hết cho p Kết tiếng Kummer có nguồn gốc từ trình nỗ lực chứng minh định lý lớn Fermat Chẳng hạn, có số ngun tố khơng quy nhỏ 100 37, 59, 67 Kummer tính tốn, tay, xác định tất số ngun tố khơng qui nhỏ 163 Hơn nữa, ông xác định số Bn trường hợp tử số Bn chia hết cho số ngun tố khơng quy Vài số ngun tố khơng quy tiếp sau 67 101, 103, 131, 149, 157 Số p = 157 số ngun tố khơng quy ước hai tử số B2 , B4 , · · · , Bp−3 Trong sách "Introduction to Cyclotomic Fields" tác giả L.C Washington, có liệt kê danh sách số ngun tố khơng quy nhỏ 4001 số số Bn có tử số chia hết cho p Đồng dư Kummer Mục đích mục chứng minh Định lý 4.3 Định lý đóng vai trị quan trọng việc nghiên cứu tính chất số học trường cyclotomic, lí thuyết L - hàm p - adic Với số nguyên tố p, ta kí hiệu Z(p) vành số hữu tỷ (dạng phân số tối giản) mà mẫu số nguyên tố với p Tập phần tử khả nghịch vành Z(p) , kí hiệu Z× (p) , tập tất số hữu tỷ, dạng phân số tối giản, mà tử số mẫu số nguyên tố với p 53 Với hai phần tử x y Z(p) , ta nói quan hệ đồng dư x ≡ y (mod pa ) thỏa mãn tử số x − y chia hết cho pa Định lý 4.3 Cho p số nguyên tố lẻ (1) Giả sử n số nguyên dương chẵn không chia hết cho p − Khi ta có Bn ∈ Z(p) n (2) Cho a ≥ số tự nhiên m, n hai số nguyên chẵn thỏa mãn a + ≤ m ≤ n Giả sử m n không chia hết cho p − 1, n ≡ m (mod (p − 1)pa−1 ) Khi ta có Bm Bn ≡ n m (mod pa ) Nếu ta thay đổi điều kiện m ≥ a + nhìn chung đồng dư thức khơng cịn (trừ trường hợp a = 1) Đồng dư thức gọi Đồng dư Kummer Bn B6 Ví dụ 4.4 p = 5, n = thỏa mãn điều kiện n p − Ta có = = n 1 = ∈ Z(5) , (252, 5) = 42 × 252 Ví dụ 4.5 a = 1, (p − 1)pa−1 = p − nên chọn p = cần chọn m ≡ n (mod 4) Xét m = 2, n = m, n chẵn khơng chia hết cho 4, a + ≤ m ≤ n m ≡ n (mod 4) Bn Bm B6 B2 −5 1 Khi − = − = B6 = , B2 = n m 63 42 B6 B2 Như ≡ (mod 5) Xét m = 2, n = 10 thỏa mãn giả thiết Định lý 4.3 Ta có B10 = , B2 = 66 B10 B2 −5 B10 B2 , − = , suy ≡ (mod 5) 10 66 10 Ví dụ 4.6 a = 2, p = 5, n = 22, m = B22 B2 854513 854260 − = − = , 854260 khơng chia hết cho 25 22 138 × 22 × 3036 B22 B2 nên ≡ (mod 25) Kết điều kiện a + ≤ m ≤ n không 22 thỏa mãn, điều kiện khác thỏa mãn 54 Ví dụ 4.7 a = 2, p = → (p − 1)pa−1 = 20 Chọn m = 6, n = 26 m, n khơng chia hết cho p − 1, m ≡ n (mod 20), m, n chẵn a + < m < n 8553103 179 615 150 B26 B6 − = − = 26 26 × 6 × 42 12 × 13 × 21 Rõ ràng 179615150 25 (pa = 25) B26 B6 Do ≡ (mod 25) 26 Để chứng minh định lý ta cần sử dụng bổ đề sau Bổ đề 4.3 Cho p số nguyên tố lẻ, cho ϕ(t) ∈ Z(p) [[t]], r, s ∈ Z(p) r − s2 rt st Thay e − e = (r − s)t + t + · · · cho t ϕ(t), ta chuỗi ∞ tn ϕ(e − e ) = An n! n=0 rt st Khi đó, An ∈ Z(p) , với m, a tùy ý (m ≥ a ≥ 1) ta có đồng dư thức: Am+(p−1)ap−1 ≡ Am ∞ k k=0 ak t , Chứng minh Viết ϕ(t) = (mod pa ) ta có ∞ rt st ak (ert − est )k ϕ(e − e ) = k=0 ∞ = k (−1)h k rt(k−h) sth e ·e h (−1)h ak k (r(k−h)+sh)t e h ak k=0 ∞ h=0 k = k=0 h=0 Ta thu Am cách lấy đạo hàm m lần theo t, cho t = 0: ∞ k (−1)h ak Am = k=0 h=0 k (r(k − h) + sh)m h Do (ert − est )k bắt đầu hạng tử tk , tổng ứng với số h chạy công thức k > m Do đó, tổng ứng với số k tổng hữu hạn 55 Thay m m + (p − 1)pa−1 , trừ Am , ta có: ∞ k (−1)h ak Am+(p−1)pa−1 − Am = k=0 h=0 k (r(k − h) + sh)m · h a−1 ·((r(k − h) + sh)(p−1)p − 1) Nếu r(k − h) + sh chia hết cho p, m ≥ a, nên (r(k − h) + sh)m chia hết cho pa Nếu r(k − h) + sh khơng chia hết cho p, (r(k − h) + sh)(p−1)p a−1 −1 chia hết cho pa (Định lý Euler), bậc của nhóm (Z/pa Z)× (p − 1)pa−1 Trong hai trường hợp, vế phải chia hết cho pa , ta có Am+(p−1)pa−1 ≡ Am (mod pa ) Chứng minh Định lý 4.3 Xét số tự nhiên c = 1, nguyên tố với p c (1 + t)c − c−1 × Xét ϕ(t) = − Do c ∈ Z(p) nên = t+ t +··· c t (1 + t) − c thuộc Z(p) [[t]], khả nghịch Z(p) ((t)) c − c2 − c = − + + · · · , ta có ϕ(t) ∈ Z(p) [[t]] Từ (1 + t)c − t 12 t tet t tn ∞ Vì t = − t = − + n=2 Bn , nên e − et − n! c − et − ect − 1 t ct = − t et − ect − ϕ(et − 1) = ∞ 1−c tn−1 n Bn =− + (1 − c ) · n (n − 1)! n=2 Áp dụng Bổ đề 4.3, với r = 1, s = 0, (1 − cn ) (mod (p − 1)pa−1 ) (1 − cn ) Bn Bm ≡ (1 − cm ) n m Bn ∈ Z(p) n ≡ m n (mod pa ) 56 Bây ta chọn c nguyên thủy modulo p (c mod p phần tử sinh ((Z/pZ)× ) Nếu n khơng chia hết cho p − m khơng chia hết cho p − 1, ta có − cn , − cm ∈ (Z/pa Z)× với − cn ≡ − cm (mod pa ) Điều suy Bn Bm , ∈ Z(p) đồng dư thức Định lý (4.3) thỏa mãn n m Với x ∈ Z(p) , ta gọi ordp (x) số nguyên không âm k lớn cho tử số x (viết dạng tối giản) chia hết cho pk Định lý 4.4 Tập số ngun tố khơng quy vô hạn Chứng minh Giả sử phản chứng, tập số ngun tố khơng quy hữu hạn Ta ký hiệu {p1 , · · · , ps } tập tất số ngun tố khơng quy Ta số ngun tố khơng quy không tập Cho k ≥ chẵn, đặt n = k(p1 − 1) · · · (ps − 1) Chọn k đủ lớn cho Bn Bn > Áp dụng Định lý Clausen> Chọn số nguyên tố p với ordp n n von Staudt, ta suy p − n Do p = pi , i = 1, · · · , s (p = 2) Ta p khống quy Cho n ≡ m (mod p − 1), ≤ m < p − m chẵn m = Do ≤ m ≤ p − Theo đồng dư thức Kummer Bn Bm ≡ n m (mod p) Bm = ordp Bm > Do đó, p số ngun tố khơng quy m Mâu thuẫn chứng tỏ giả sử phản chứng sai Vậy tập số ngun tố khơng Do ordp quy vô hạn 57 KẾT LUẬN Luận văn trình bày vấn đề sau Chương Trình bày định nghĩa số Bernoulli thơng qua cơng thức quy nạp (Định nghĩa 2.1) Khẳng định số Bernoulli với số nguyên dương lẻ lớn (Mệnh đề 2.4) Định nghĩa số Bernoulli thông qua hàm sinh (Định lý 2.7) Chỉ số Bernoulli xuất khai triển chuỗi hàm tan cot (Mệnh đề 2.12) Đưa cơng thức tính hàm Zeta giá trị nguyên dương thông qua giá trị số Bernoulli, kết quan trọng chương Chương Đưa định nghĩa số Stirling, tính chất số Stirling loại I loại II Định lý 3.8 cho cơng thức tính giá trị số Bernoulli thơng qua số Stirling, kết chương Chương Kết Chương Định lý Clausen- von Staudt (Định lý 4.1), đồng dư thức Kummer (Định lý 4.3) Định lý Clausen- von Staudt cho ta thông tin mẫu số số Bernoulli thông qua số nguyên tố p có tính chất p − ước số n số Bernoulli Đồng dư thức Kummer cho ta hiểu biết thêm tính chất số học số Bernoulli 58 Tài liệu tham khảo [1] B Mazur, 2008, Bernoulli numbers and the unity of mathematics, the Bartlett lecture 2008 at the University of Arizona, http://people.math.harvard.edu/ mazur/papers/slides.Bartlett.pdf [2] K Ireland, M Rosen 1982, A Classical Introduction to Modern Number Theory, Springer Science+Business Media, LLC [3] T Arakawa, T Ibukiyama, M Kaneko 2014, Bernoulli numbers and zeta functions, Springer [4] N Larson, 2019, The Bernoulli numbers: A Brief https://www.whitman.edu/documents/Academics/Mathematics/ 2019/Larson-Balof.pdf Prime, 59 PHỤ LỤC B0 = 1 B1 = B2 = B4 = − 30 B6 = 42 B8 = − 30 B10 = 66 691 B12 = − 2730 B14 = 3617 B16 = − 510 43867 B18 = 798 174611 B20 = − 330 854513 B22 = 138 236364091 B24 = − 2730 8553103 B26 = Tham khảo tài liệu [4] 23749461029 870 8615841276005 = 14322 7709321041217 =− 510 2577687858367 = 26315271553053477373 =− 1919190 2929993913841559 = 261082718496449122051 =− 13530 1520097643918070802691 = 1806 27833269579301024235023 =− 690 596451111593912163277961 = 282 5609403368997817686249127547 =− 46410 495057205241079648212477525 = 66 801165718135489957347924991853 =− 1590 29149963634884862421418123812691 = 798 B28 = − B30 B32 B34 B36 B38 B40 B42 B44 B46 B48 B50 B52 B54 ... lũy thừa số nguyên dương liên tiếp 17 Hàm sinh số Bernoulli 25 Chương Số Stirling số Bernoulli 33 Các số Stirling 33 Cơng thức tính số Bernoulli. .. trị tiến tới +∞ 2m 33 Chương Số Stirling số Bernoulli Chương trình bày biểu diễn số Bernoulli thơng qua số Stirling Chúng ta sử dụng công thức tính số Bernoulli qua số Stirling để chứng minh cho... nơi số Bernoulli nhiều lĩnh vực toán học, tầm quan trọng nó, mà số Bernoulli nhà toán học B.Mazur mệnh danh “ số bản” Luận văn khơng có phát mới, mà trình bày lại số kiến thức mở đầu số Bernoulli