Chương 1 Đa thức Bernoulli và số Bernoulli Trong chương này, chúng tôi trình bày khái niệm đa thức Bernoulli, số Bernoulli và một số tính chất của chúng. Khái niệm và một số tính chất của đa thức Bernoulli cũng đã được trình bày trong Luận văn thạc sĩ của Nguyễn Ngọc Thiêm [1]. Ở đây, chúng tôi sẽ trình bày lại khái niệm của đa Bernoulli và trình bày các tính chất khác của nó. Với các tính chất đã được trình bày trong luận văn của Nguyễn Ngọc Thiêm chúng tôi sẽ chỉ trích dẫn những kết quả thực sự cần sử dụng trong luận văn này.1 Đa thức Bernoulli và số Bernoulli Định nghĩa 1.
Đa thức Bernoulli thứ n, kí hiệu Bn (x), được định nghĩa bởi B0 (x) = 1 và ∂ n text Bn (x) = n t , với n = 1, 2, 3, ., ∂t e − 1 t=0 ∂n trong đó n là kí hiệu đạo hàm riêng thứ n theo biến t. ∂t Từ định nghĩa của đa thức Bernoulli ta thấy rằng nếu khai triển 4 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com text Taylor hàm số t tại t = 0 thì ta có e −1 ∞ text X tn = Bn (x). et − 1 n=0 n! Bằng tính toán đơn giản ta có thể liệt kê một số đa thức Bernoulli đầu tiên như sau: B0 (x) = 1, 1 B1 (x) = x − , 2 1 B2 (x) = x2 − x + , 6 3 1 B3 (x) = x3 − x2 + x, 2 2 1 B4 (x) = x4 − 2x3 + x2 − , 30 5 5 1 B5 (x) = x5 − x4 + x3 − x,. 2 3 6 Dưới đây là một số tính chất của đa thức Bernoulli đã được trình bày trong luận văn của Nguyễn Ngọc Thiêm nên chúng tôi bỏ qua chứng minh của chúng.
Với n ≥ 1, ta có Bn0 (x) = nBn−1 (x). Với n ≥ 0, ta có Bn (x + 1) = Bn (x) + nxn−1. Thực tế, người ta còn chứng minh được khẳng định mạnh hơn rằng: một đa thức f (x) thỏa mãn f (x + 1) − f (x) = nxn−1 khi và chỉ khi f (x) = Bn (x) + c, với c là một hằng số [3, Công thức (5)]. 5 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.
Với n ≥ 0, ta có Bn (x) = (−1)n Bn (1 − x). Giá trị của đa thức Bernoulli thứ n tại x = 0 được gọi là số Bernoulli thứ n, kí hiệu Bn , tức là Bn = Bn (0). 1 1 Từ định nghĩa ta có ngay B0 = 1, B1 = − , B2 = , B3 = 0, B4 = 2 6 1 − , B5 = 0. Hơn nữa ta còn có mệnh đề sau khẳng định giá trị của 30 các số Bernoulli thứ lẻ lớn hơn 1 đều bằng không.
Định lý von Staudt– Clausen dưới đây cho ta biết về giá trị của các số Bernoulli thứ chẵn. Với n ≥ 1, ta có X 1 B2n = G2n − , p p−1|2n,p nguyên tố trong đó G2n là một số nguyên và tổng ở vế phải chạy trên tất cả các số nguyên tố p (bao gồm cả 2) thỏa mãn p − 1 là ước của 2n. Trước khi trình bày chứng minh, ta có thể minh họa công thức nêu trong Định lý qua một số số Bernoulli đầu tiên: 1 1 1 B2 = =1− − ; 6 2 3 6 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail. Từ định nghĩa của số Bernoulli ta có n k X 1 X Bn = (−1)s Cks sn.
k + 1 s=0 k=0 Ta lại có k 1 X (−1)k−s Cks sn k! s=0 là số Stirling loại hai nên là một số nguyên. Do đó ta có thể viết n X k! Bn = c(n, k), k+1 k=0 trong đó c(n, k) là một số nguyên. Tiếp theo, ta dễ dàng kiểm tra được, nếu a, b là hai số nguyên thỏa (ab − 1)! mãn a ≥ 2, b ≥ 2, ab > 4 thì là một số nguyên. Từ đó trong ab biểu diễn của Bn ở trên ta chỉ cần quan tâm trường hợp k + 1 = 4 hoặc k + 1 là một số nguyên tố p.
Ta lại có p−1 p−1 mod p, khi p − 1|n, n > 0, X X −1 (−1)s Cp−1 s sn ≡ sn ≡ mod p trường hợp còn lại. s=0 s=0 0 Suy ra 3 X 1 1X B2n = G02n − + (−1)s C3s s2n , p 4 s=0 p−1|2n,p nguyên tố 7 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com trong đó G02n là một số nguyên. Tuy nhiên 3 X (−1)s C3s s2n ≡ −3 − 32n ≡ 0 mod 4 s=0 nên ta suy ra điều cần chứng minh. Từ Định lý von Staudt–Clausen ta có hệ quả trực tiếp sau: Hệ quả 1.
Với n ≥ 1, mẫu số D2n của số Bernoulli B2n khi viết dưới dạng tối giản là số chẵn và chia hết cho 6. Cụ thể hơn ta có Y D2n = p. p nguyên tố, p−1|2n Nhiều tính chất khác của các số Bernoulli đã được trình bày trong luận văn của Nguyễn Ngọc Thiêm [1] nên chúng tôi không nhắc lại ở đây. Mệnh đề dưới đây cho chúng ta một tính chất số học liên quan đến các số Bernoulli mà chúng ta sẽ cần đến ở phần sau của luận văn này.
Cho p là một số nguyên tố. Giả sử số nguyên n thỏa mãn n = n1 pα1 + n2 pα2 + · · · + nt pαt , trong đó 0 ≤ α1 < α2 < · · · < αt , n1 ,. Khi đó tồn tại một số nguyên dương chẵn k < n sao cho p là ước của mẫu số của số hữu tỷ Cnk Bk khi viết ở dạng tối giản. Trước tiên ta xét trường hợp p là số nguyên tố lẻ.
Do Pt i=1 ni ≥ p nên ta chọn các số nguyên không âm m1 , m2 , ., mt thỏa 8 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Pt mãn mi ≤ ni và i=1 mi = p − 1. i=1 Khi đó k < n và hơn nữa ta có t X k≡ mi mod p − 1. Do đó, k là số chẵn và p là ước của mẫu số của Bk. Bây giờ, sử dụng Định lý Lucas trong tổ hợp ta có t Y Cnk ≡ Cnmi i mod p.
i=1 Do đó p không là ước của Cnk. Vậy p là ước của mẫu số của Cnk Bk. Từ đó suy ra khẳng định của Mệnh đề cho trường hợp p lẻ. Trong trường hợp p = 2 ta có n = 2α1 + 2α2 + · · · + 2αt , với 0 ≤ α1 < α2 < · · · < αt và t ≥ 2.
Khi đó, lấy k = 2α2 , ta có k < n, k chẵn và Cnk là lẻ (theo Định lý Lucas). Mặt khác Bk có mẫu số chẵn (theo Hệ quả 1.8) nên 2 là ước của Cnk Bk. Số Bernoulli được xác định qua giá trị của đa thức Bernoulli tại điểm x = 0. Ngược lại, đa thức Bernoulli cũng hoàn toàn được biểu diễn qua các số Bernoulli.
Cụ thể ta có mệnh đề sau. Với n ≥ 1, ta có n X Bn (x) = Cni Bi xn−i. i=0 9 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Chứng minh. Khai triển Taylor tại x = 0 đối với Bn (x) ta có n (i) X Bn (0) Bn (x) = Bn + xi.
i=1 i! Sử dụng Mệnh đề 1.2 ta suy ra điều cần chứng minh. Với mỗi số nguyên k ≥ 1, ta viết Sk (x) = 1k + 2k + · · · + (x − 1)k. Biểu thức này có liên quan chặt chẽ với các đa thức Bernoulli và cũng có liên quan chặt chẽ đến nội dung chính của luận văn này. Mệnh đề sau đây cho ta mối liên hệ đầu tiên giữa Sk (x) và các đa thức Bernoulli.
Chứng minh của mệnh đề này có thể tham khảo mục 3.1 trong luận văn của Nguyễn Ngọc Thiêm [1]. Với số nguyên k ≥ 1, ta có 1 Sk (x) = (Bk+1 (x) − Bk+1 ). k+1 Sử dụng tính chất này ta có thể tính được tổng lũy thừa của các số tự nhiên liên tiếp.11, với mỗi số nguyên dương n, ta có: 1 1 1 + 2 + · · · + n = [B2 (n + 1) − B2 ] = n(n + 1); 2 2 1 12 + 22 + · · · + n2 = [B3 (n + 1) − B3 ] 3 1 3 1 = [(n + 1)3 − (n + 1)2 + (n + 1)] 3 2 2 10 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.2 Phân tích đa thức Bernoulli Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày về sự phân tích đa thức Bernoulli dưới dạng hợp thành của hai đa thức khác. Trước tiên ta nhắc lại khái niệm về sự phân tích của một đa thức.
Một phân tích của một đa thức F (x) ∈ C[x] là một đẳng thức có dạng F (x) = G1 (G2 (x)), trong đó G1 (x), G2 (x) ∈ C[x]. Một phân tích như vậy được gọi là không tầm thường nếu bậc của G1 và G2 đều lớn hơn 1. Hai phân tích F (x) = G1 (G2 (x)) và F (x) = H1 (H2 (x)) được gọi là tương đương nếu tồn tại một đa thức tuyến tính l(x) ∈ C[x] sao cho G1 (x) = H1 (l(x)) và H2 (x) = l(G2 (x)). Đa thức F (x) được gọi là phân tích được nếu nó có ít nhất một phân tích không tầm thường và được gọi là không phân tích được trong trường hợp ngược lại.
Bây giờ ta sẽ quan tâm đến sự phân tích của đa thức Bernoulli. Trước tiên, xét trường hợp n = 2m là một số nguyên dương chẵn. 11 LUAN VAN CHAT LUONG download : add luanvanchat@agmail.com Theo Mệnh đề 1.1) 2 trong đó B̃m (x) ∈ Q[x] là một đa thức bậc m. Trong mục này, ta sẽ thấy rằng, ngoài phân tích (1.1), các đa thức Bernoulli không còn phân tích không tầm thường nào khác.
Ký hiệu ∆ là biệt thức trên vành đa thức C[x] được định nghĩa bởi ∆f (x) = f (x + 1) − f (x). Khi đó ta có bổ đề sau: Bổ đề 1. Với hai đa thức bất kỳ f (x), p(x) ∈ C[x], ta có ∆f là ước của ∆(p(f )). Để chứng minh bổ đề này ta chỉ cần chỉ ra rằng ∆f là ước của ∆(f k ), với mọi k = 0, 1, 2,.
Tuy nhiên, điều này là hiển nhiên vì với hai đa thức g và h bất kỳ ta luôn có g − h là ước của g k − hk , với mọi k = 0, 1, 2,. Định lý sau đây cho ta kết quả về sự phân tích của các đa thức Bernoulli. Đa thức Bernoulli Bn (x) là không phân tích được khi n là một số lẻ.