Luận văn Số Bernoulli và ứng dụng

1. Chứng minh: Giả sử k ≥ 1 cho x = −1 trong công thức σk (x + 1)−σk (x ) = (x +1)k và sử dụng σk (0) = 0 suy ra σk (−1) = 0. Cho x =−1 trong công thức sau: (k +1)σk (x ) = k∑ j=0  k +1 j  Bj x k+1−j suy ra: k∑ j=0  k +1 j  (−1)j Bj = 0 mặt khác theo công thức định nghĩa số Bernoulli: k∑ j=0  k +1 j  Bj = k +1 Trang: 9 Công thức tổng lũy thừa Khi đó lấy hiệu hai công thức trên thì chỉ có số hạng ở vị trí lẻ xuất hiện và khi đó: 2 b k−1 2 c∑ j=0  k +1 2j +1  B2j+1 = k +1 Với bx c là số nguyên lớn nhất nhỏ hơn hoặc bằng x . Vì B1 = 12 số hạng với j = 0 ở vế trái giản ước với vế phải và được kết quả: b k−1 2 c∑ j=1  k +1 2j +1  B2j+1 = 0 k ≥ 3 Cho k = 3,5,7, . . . khi đó Bk = 0 với mọi số lẻ k ≥ 3 Chú ý: Từ định nghĩa công thức Bernoulli dạng truy hồi (1.3) nếu chuyển vế, (−1)n Bn = Bn (i 6= 1) và B1 = 12 thu được công thức: n∑ i=0 (−1)i  n +1 i  Bi = 0 (1.6) Do đó công thức sau cũng là một công thức tính số Bernoulli B2n : n∑ i=0  n +1 2i  B2i = 0 1.2.4 Định lý Faulhaber Như đã trình bày trên đây Faulhaber đã tìm ra mối liên hệ giữa các tổng lũy thừa các số nguyên liên tiếp, dựa vào tài liệu tham khảo [2] có định lý sau: Định lý 1.2.3 Với ký hiệuσk (n ) = 1k+2k+...+nk , σ1 = n (n+1)2 σ2 = n (n+1)(2n+1) 6 . (i) Cho k = 3,5, ... , Khi đó tồn tại một đa thức Fk có bậc 12(k +1) và Fk (0) = 0, sao cho σk = Fk (σ1). (ii) k = 2,4, ... , Khi đó tồn tại đa thức Fk có bậc 12(k −2), sao cho σk =σ2Fk (σ1). Trang: 10 Công thức tổng lũy thừa Chứng minh: σk1 (n ) = n∑ m=1 – m (m +1) 2 k −  m (m −1) 2 k™ = n∑ m=1 k∑ r=0  k r m 2 ‹k mr ” 1− (−1)k−r— = 1 2k k∑ r=0  k r  σk+r (n ) ” 1− (−1)k−r— (1.7) Công thức (1.7) đúng với mọi k , nhưng giả sử k là số lẻ. Khi đó chỉ tồn tại các số hạng khác không với r chẵn, khi đó dễ thấy σk1 là tổ hợp tuyến tính của σ1,σ3, ...σ2k−1. Từ đó σ2k−1 cũng là tổ hợp tuyến tính của ¦ σk1 © (Chẳng hạn σ3 =σ21). Mặt khác F (0) = 0 đến đây đã chứng minh xong (i). Để chứng minh (ii) hoàn toàn tương tự, giả sử k là số chẵn: (2n +1)σk1 (n ) = n∑ m=1 – (2m +1)  m (m +1) 2 k − (2m −1)  m (m −1) 2 k™ = n∑ m=1 k∑ r=0  k r m 2 ‹k mr ” (2m +1)− (2m −1)(−1)k−r— = 1 2k k∑ r=0  k r € 2σk+r+1(n ) ” 1+(−1)k−r+1—+σk+r (n )”1+(−1)k−r—Š (1.8) Như vậy vế phải của (1.8) chỉ tồn tại các số hạng chứa σq với q chẵn, do vậy (2n +1)σk1 là tổ hợp tuyến tính của σ2,σ4, ...σ2k . Vậy đã chứng minh (ii). Một vài ví dụ cho định lý Faulhaber: 11+21+ · · ·+n1 =σ1, σ1 = (n2+n )/2; 12+22+ · · ·+n2 = 2n +1 3 σ1; 13+23+ · · ·+n3 =σ21; 14+24+ · · ·+n4 = 2n +1 5 (2σ21− 13σ1) ; 15+25+ · · ·+n5 = 1 3 (4σ31−σ21). ... Trang: 11 CHƯƠNG 2 HÀM SINH SỐ BERNOULLI Trong chương này, có cách khác để tính số Bernoulli thông qua một hàm sinh. Vì trong chương này có liên quan đến tổng chuỗi vô hạn nên để chặt chẽ trong chứng minh, đầu tiên là phần trình bày lại kiến thức chuỗi lũy thừa hình thức dựa theo theo tài liệu [1]. 2.1 CHUỖI LŨY THỪA HÌNH THỨC Cho R là một miền nguyên giao hoán với đơn vị (bằng 1) khi đó tổng: ∞∑ n=0 ant n = a 0+a 1t +a 2t 2+a 3t 3+ ... với ẩn t và hệ số trong R được gọi là một chuỗi lũy thừa hình thức với hệ số trong R , và tập hợp của tất cả các chuỗi lũy thừa hình thức như vậy được ký hiệu là R[[t ]]. Hai chuỗi lũy thừa hình thức được xác định là bằng nhau khi và chỉ khi tất cả các hệ số của t n bằng nhau. Ví dụ điển hình đó sẽ xuất hiện trong phần này là: (với R =Q) e t = ∞∑ n=0 t n n ! = 1+ t 1! + t 2 2! + t 3 3! + ... và: log(t +1) = ∞∑ n=1 (−1)n−1 t n n = t − t 2 2 + t 3 3 − ... Đây là chuỗi Taylor mở rộng các hàm e x và log(1+x ) quanh x = 0, coi đây như chuỗi lũy thừa hình thức. Dưới đây sẽ sử dụng các ký hiệu e t và log(1+ t ) với vế Trang: 12 Chuỗi lũy thừa hình thức phải là chuỗi lũy thừa hình thức và không coi chúng như các hàm ẩn t . Phép toán tổng và tích hai chuỗi lũy thừa hình thức: ∞∑ n=0 ant n + ∞∑ n=0 bnt n = ∞∑ n=0 (an +bn )t n ∞∑ n=0 ant n ! ∞∑ n=0 bnt n ! = ∞∑ n=0 cnt n ,cn = n∑ i=0 a ibn−i ở đây phép nhân phân phối với phép cộng: (a 0+a 1t +a 2t 2+a 3t 3+ ...)(b0+b1t +b2t 2+b3t 3+ ...) = a 0b0+(a 0b1+a 1b0)t +(a 0b2+a 1b1+a 2b0)t 2+ ... Dễ thấy 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 an bằng 0 khi n lớn hơn bậc của P(t ), khi đó có thể xem xét R[t ] như một vành con của R[[t ]]. Các định nghĩa phép toán trong R[[t ]] là những khái quát tự nhiên của đa thức. Với R là một miền nguyên thì R[[t ]] cũng là một miền nguyên: Mệnh đề 2.1.1 Vành R[[t ]] không có ước của không: Cụ thể, nếu A 6= 0, A,B ,C thuộc R[[t ]] và AB = AC thì B =C . Chứng minh: Cho A = a 0+a 1t+a 2t 2+a 3t 3+... và B =b0+b1t+b2t 2+b3t 3+.... là các phần tử khác không gọi ak ,bl là hệ số khác không đầu tiên. Trang: 13 Chuỗi lũy thừa hình thức Khi đó hệ số ck+l của t k+l trong AB : c0+ c1t + c2t 2+ c3t 3+ ... là: ck+l = a 0bk+l +a 1bk+l−1+ ...+akbl +ak+l−1b1+ak+l b0 = akbl Vì R là miền nguyên nên ck+l = akbl khác không suy ra AB 6= 0. Nếu AB = AC suy ra A(B −C ) = 0⇔  A = 0 B =C do vậy nếu A 6= 0 thì B =C Nghịch đảo của một chuỗi: Mệnh đề 2.1.2 Một chuỗi lũy thừa hình thức ∞∑ n=0 ant n là khả nghịch trong R[[t ]] nếu và chỉ nếu hệ số hằng a 0 khả nghịch (a 0 6= 0). Chứng minh: Chứng minh hai chiều: i) Giả sử chuỗi f (t ) khả nghịch, khi đó có chuỗi g (t ) = ∞∑ n=0 bnt n ∈ R [[t ]] sao cho f (t )g (t ) = 1. Từ đó suy ra a 0b0 = 1 hay a 0 6= 0. ii) Ngược lại, giả sử a 0 6= 0, khi đó: f (t )g (t ) = 1⇔  a 0b0 = 1n∑ j=0 an−j b j = 0;∀n = 1,2, ... Từ a 0b0 = 1 suy ra: b0 = a−10 Từ a 0b1+a 1b0 = 0 suy ra: b1 = (−a 1b0) .a−10 Từ a 0b2+a 1b1+a 2b0 = 0 suy ra: b2 =− (a 1b1+a 2b0) .a−10 = a 21b0a−10 a−10 −a 2a−10 .a−10 Tương tự như vậy, hoàn toàn xác định được b3,b4, ...,bn , ..... Tức là tìm được chuỗi g (t ) = ∞∑ n=0 bnt n ∈R [[t ]] sao cho f (t )g (t ) = 1. Với ký hiệu A(0) là hệ số hằng của chuỗi A(t ). Như đã đề cập trước đó không thể thay t bởi một giá trị đặc biệt nào, dù vậy thay t bằng 0 thì được và ở đây có sử dụng trường hợp đặc biệt này. Trang: 14 Chuỗi lũy thừa hình thức Trong trường hợp đặc biệt, có thể đặt được chuỗi lũy thừa hình thức khuyết hệ số hằng vào một chuỗi khác: Cụ thể nếu A(t ) = ∞∑ n=0 ant n và B (t ) = ∞∑ n=0 bnt n (B (0) =b0 = 0) Khi đó có công thức: A(B (t )) = ∞∑ i=0 a i (B (t ))i Một ví dụ khá dễ hiểu: e t = 1+ t 1! + t 2 2! + t 3 3! + ... và log(1+ t ) = t − t 2 2 + t 3 3 − ... Với đồng nhất thức: e log(1+t ) = 1+ t và log(1+(e t −1)) = t có thể coi kết quả thu được là hợp của một chuỗi này vào một chuỗi khác. (Kết quả này sẽ được chứng minh trong chương 3) Nghịch đảo của chuỗi lũy thừa hình thức có thể tính bằng cách trên như sau: Nghịch đảo của 1− t là 1+ t + t 2+ t 3+ t 4+ ... do đó: 1 1− t = 1+ t + t 2+ t 3+ t 4+ ... Với 1+ B (t ) là một chuỗi lũy thừa hình thức với hệ số hằng bằng 1. Khi đó B (t ) là một chuỗi lũy thừa hình thức khuyết hệ số hằng (B (0) = 0), và nghịch đảo của 1+ B (t ) được tính như sau: 1 1+ B (t ) = 1 1− (−B (t )) = 1+(−B (t ))+ (−B (t )) 2+ ... Trang: 15 Chuỗi lũy thừa hình thức Ví dụ: e t −1= t + t 2 2! + t 3 3! + t 4 4! + t 5 5! + ... = t  1+ t 2 + t 2 6 + t 3 24 + t 4 120 + ...  Theo trên thì: 1 1+ t 2 + t 2 6 + t 3 24 + t 4 120  = 1−1+ t 2 + t 2 6 + t 3 24 + t 4 120 + ...  +  t 2 + t 2 6 + t 3 24 + t 4 120 + ... 2 −  t 2 + t 2 6 + t 3 24 + t 4 120 + ... 3 +  t 2 + t 2 6 + t 3 24 + t 4 120 + ... 4 − ... = 1− t 2 + t 2 12 +0t 3− t 4 720 + ... Từ đó thu được: t e t e t −1 = e t 1 1+ t 2 + t 2 6 + t 3 24 + t 4 120  =  1+ t + t 2 2! + t 3 3! + ...  1− t 2 + t 2 12 +0t 3− t 4 720 + ...  = 1+ t 2 + t 2 12 +0t 3− t 4 720 + ... Ở đây xuất hiện các số Bernoulli: B0 = 1, B1 = 1 2 , B2 = 1 6 , B3 = 0, B4 =− 1 30 , · · · Đây là cơ sở để đi đến khái niệm hàm sinh số Bernoulli. Trang: 16 Chuỗi lũy thừa hình thức Mệnh đề 2.1.3 Cho một chuỗi lỹ thừa hình thức A(t ) = a 0+a 1t +a 2t 2+ ... khi đó tồn tại một chuỗi B (t ) sao cho: B (0) = 0,A(B (t )) = t nếu và chỉ nếu a 0 = 0 và a 1 khả nghịch. Trong trường hợp này B (t ) là duy nhất 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 ) =b0+b1t +b2t 2+... và thỏa mãn A((Bt )) = t bằng cách so sánh số hạng hằng và số hạng bậc 1, thu được a 0 = 0 và a 1b1 = 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 ) = b0+b1t +b2t 2+ ... thỏa mãn A(B (t )) = t . Đầu tiên hệ số của t là a 1b1 = 1. vì a 1 là khả nghịch, đặt b1 = a−11 , hay đã xác định được b1. Cho n ≥ 2, thì cho hệ số của t n trong A(B (t )) bằng hệ số của t n trong: a 1(B (t ))+a 2(B (t ))2+a 3(B (t ))3+ ...+an (B (t ))n Để không có số hạng t n đồng thời B (0) = 0. Điều này cho thấy hệ số đó triệt tiêu, hay: a 1bn +( đa thức của a 2,a 3, ...,an ,b1,b2,b3, ...,bn−1) = 0 Nếu b1,b2,b3, ...,bn−1 đã xác định và a 1 là khả nghịch, khi đó bn xác định được duy nhất theo theo cách truy hồi từ công thức trên. Điều này chứng tỏ rằng chắc chắn tồn tại và duy nhất B (t ). Hiển nhiên B (t ) thu được thỏa mãn B (0) = 0, và b1 là khả nghịch. Do vậy có một C (t ) (C (0) = 0) sao cho B (C (t )) = t . khi đó thay C (t ) vào t trong biểu thức t = A(B (t )), và từ B (C (t )) = t suy ra: C (t ) = A(B (C (t ))) = A(t ) Do vậy: B (A(t )) = t Công thức được đề cập trước đó là: e log(1+t )−1= t Trang: 17 Chuỗi lũy thừa hình thức và log(1+(e t −1)) = t có thể giải thích là log(1+ t ) và e t −1 là hàm ngược của nhau. Đạo hàm của chuỗi ∞∑ n=0 ant n , được viết là: d d t ∞∑ n=0 ant n ! được định nghĩa là đạo hàm của từng số hạng khác nhau: d d t ∞∑ n=0 ant n ! = ∞∑ n=0 nant n−1 = a 1+2a 2t +3a 3t 2+ ... Ví dụ: (e t )′ = e t , và (log(1+ t ))′ = 1− t + t 2− t 3+ ...= 1 1+ t Định nghĩa này cũng thỏa mãn quy tắc thông thường của đạo hàm của tổng và tích. Chứng minh quy tắc nhân: ( f (t )g (t ))′ = f ′(t )g (t )+ f (t )g ′(t ) Cho f (t ) = ∞∑ n=0 ant n và g (t ) = ∞∑ n=0 bnt n , khi đó: ( f (t )g (t ))′ = ∞∑ n=0 n∑ i=0 a ibn−i ! t n !′ = ∞∑ n=1 n n∑ i=0 a ibn−i ! t n−1 = ∞∑ n=1 n∑ i=0 i a ibn−i + n∑ i=0 (n − i )a ibn−i ! t n−1 = ∞∑ n=1 n∑ i=0 i a ibn−i ! t n−1+ ∞∑ n=1 n∑ i=0 (n − i )a ibn−i ! t n−1 = ∞∑ n=1 n∑ i=0 i a ibn−i ! t n−1+ ∞∑ n=1 n∑ i=0 an−i ibi ! t n−1 = f ′(t )g (t )+ f (t )g ′(t ) Trang: 18 Hàm sinh số Bernoulli Tích phân: Theo trên, khi R ⊃Q tích phân t∫ 0 ∞∑ n=0 ant nd t được định nghĩa thông qua tích phân từng số hạng. t∫ 0 ∞∑ n=0 ant nd t = ∞∑ n=0 an t n+1 n +1 = a 0t +a 1 t 2 2 + ... Định nghĩa 2.1.4 Chuỗi lũy thừa hình thức Laurent1 với hệ số trong R , ∞∑ i=−N a i t i (Với N là số nghuyên bất kỳ) Được định nghĩa là chuỗi lũy thừa hình thức trong R((t )). Tổng và tích trong R((t )) cũng được định nghĩa giống như R[[t ]] và R((t )) là một miền nguyên giao hoán chứa R[[t ]] như là một miền con. Do vậy, ∞∑ i=−N a i t i 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 đây là định lý với số Bernoulli có liên quan đến hàm sinh. Định lý 2.2.1 Cho Bn (n = 0,1,2, . . . ) là các số Bernoulli. Khi đó có công thức sau trong Q((t )): t e t e t −1 = ∞∑ n=0 Bn t n 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 Hàm sinh số Bernoulli Chứng minh: Cần chỉ ra rằng ( ∑∞ n=0 Bn t n n ! )(e t−1) = t e t . Từ định nghĩa phép nhân trong chuỗi lũy thừa hình thức: ∞∑ n=0 Bn t n n ! ! (e t −1) = ∞∑ n=0 Bn n ! t n ! ∞∑ n=1 t n n ! ! = ∞∑ n=1 n−1∑ i=0 Bi i ! 1 (n − i )! ! t n = ∞∑ n=1 n−1∑ i=0  n i  Bi ! t n n ! Từ công thức truy hồi (1.3) có ∑n−1 i=0 ( n i )Bi = n ∀n ≥ 1. Do vậy: ∞∑ n=1 n−1∑ i=0  n i  Bi ! t n n ! = ∞∑ n=1 t n (n −1)! = t e t Điều phải chứng minh. Nhận xét: Nếu định nghĩa Bn với B1 =−1 2 thì có công thức hàm sinh sau : t e t −1 = ∞∑ n=0 Bn t n 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: t = (e t −1) ∞∑ n=0 Bk n ! t n t =  t + 1 2! t 2+ 1 3! t 3+ 1 4! t 4+ · · ·  B0+ B1 t + B2 2! t 2+ B3 3! t 3+ · · ·  t = B0t +  B1+ B0 2!  t 2+  B0 3! + B2 2! + B1 2!  t 3+  B0 4! + B1 3! + B2 2!2! + B3 3!  t 4+ · · · Đồng nhất hệ số kết quả thu được: B0 = 1, B1 =−1 2 , B2 = 1 6 , B3 = 0, B4 =− 1 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 Bn = 0. Chứng minh: Cần chỉ ra là chuỗi lũy thừa hình thức t e t e t−1 − t2 không có số hạng bậc lẻ. Thật vậy: t e t e t −1 − t 2 = t (e t −1+1) e t −1 − t 2 = t e t −1 + t 2 và: (−t )e−t e−t −1 − (−t ) 2 = −t 1− e t + t 2 = t e t −1 + t 2 Như vậy t e t e t−1 − t2 không thay đổi khi thay t bởi −t . Hay hệ số của số hạng có bậc lẻ là bằng 0. Mệnh đề 2.2.3 (2n +1)B2n =− n−1∑ m=1  2n 2m  B2mB2(n−m ) (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 B2n . t e t e t −1 − t 2 = ∞∑ n=0 B2n t 2n (2n )! Đặt vế trái là f (t ). Lấy dạo hàm của f (t ) suy ra: f (t )− t f ′(t ) = f (t )2− t 2 4 Thay thế ∑∞ n=0 B2n t 2n (2n )! vào f (t ) được: ∞∑ n=0 (1−2n )B2n t 2n (2n )! = ∞∑ n=0 n∑ m=0  2n 2m  B2mB2(n−m ) ! t 2n (2n )! − t 2 4 So sánh hệ số của hai vế được kết quả là: (1−2n )B2n = n∑ m=0  2n 2m  B2mB2(n−m ) vớin ≥ 2 Trang: 21 Hàm sinh số Bernoulli Từ đó số hạng với m = 0 và m = n sinh ra số 2B2n , chuyển vế, nhân với −1, suy ra công thức trong mệnh đề. Hệ quả 2.2.4 Với mọi n ≥ 1, thì (−1)n−1B2n > 0 Chứng minh: Với n = 1,B2 = 16 > 0. Giả sử mệnh đề đúng với mọi số nguyên nhỏ hơn n . Nhân (−1)n−1 vào công thức trong mệnh đề trên khi đó: (1+2n )(−1)n−1B2n = n−1∑ m=1  2n 2m  (−1)m−1B2m (−1)n−m−1B2(n−m ) theo giả thiết vế phải dương, do vậy (−1)n−1B2n > 0, điều phải chứng minh. Mệnh đề 2.2.5 Khai triển Taylor của tanx và Khai triển Laurent của cotx trong lân cận x = 0 là: tanx = ∞∑ n=1 (−1)n−1(22n −1)22n B2n x 2n−1 (2n )! cotx = 1 x + ∞∑ n=1 (−1)n22n B2n x 2n−1 (2n )! Với điều kiện của vế phải lần lượt là: |x |< pi 2 và 0< |x |<pi Chứng minh: coth t = e t + e−t e t − e−t = e 2t +1 e 2t −1 = 1+ 2 e 2t −1 Suy ra: t coth t = t + 2t e 2t −1 Thay t bởi x 2 được công thức: x 2 coth x 2 ‹ = x 2 + x e x −1 Khi đó theo mệnh đề (2.2.5) suy ra: x 2 coth x 2 = ∞∑ n=0 B2n x 2n (2n )! Trang: 22 Đa thức Bernoulli Coi đây là khai triển Laurent của coth(x 2 ). Thay x bởi 2i x thu được: i x coth(i x ) = ∞∑ n=0 B2n (2i x )2n (2n )! trong đó i = p−1, chia hai vế cho x và sử dụng công thức icoth (i x )= cot x : cotx = 1 x ∞∑ n=0 i 2n22n B2n x 2n (2n )! suy ra: cotx = 1 x + ∞∑ n=1 (−1)n22n B2n x 2n−1 (2n )! Và đây là khai triển Laurent của cotx . Từ công thức trên, cùng với: cot(2x ) = 1 2 (cotx − tanx )⇒ tanx = cotx −2cot(2x ) Điều này chỉ ra rằng khai triển Taylor của tanx có thể thu được từ khai triển Taylor của cotx . Nhận xét: Hệ số của x 2n−1 (2n −1)! trong khai triển Taylor của tanx , Tn = (−1)n−1(22n −1)22n B2n 2n Đôi khi số này được gọi là số tang, nó là một số nguyên dương. Tiếp theo dưới đây là lý thuyết về đa thức Bernoulli thông qua hàm sinh, dựa theo tài liệu [4], [7], [11]. 2.3 ĐA THỨC BERNOULLI Như đã đề cập trong chương 1 có giới thiệu về đa thức Bernoulli bằng cách đặt σ′k (x −1) = Bk (x ) khi đó đa thức Bernoulli thứ k : Bk (x ) = k∑ j=0 (−1)j  k j  Bj x k−j Trang: 23 Đa thức Bernoulli Dưới đây là định nghĩa đa thức Bernoulli thông qua hàm sinh. Định nghĩa 2.3.1 Đa thức Bernoulli Bn (x ) được xác định: F (t ,x ) = t e t x e t −1 = ∞∑ n=0 Bn (x ) t n n ! Định lý 2.3.2 Đa thức Bn (x ) thỏa mãn: B0(x ) = 1 B ′n (x ) = nBn−1(x ) (n ≥ 1) Bn (1) = Bn Bn (1) = Bn (0) (n ≥ 2)∫ 1 0 Bn (x )dx = 0 (n ≥ 2) Chứng minh: F (t ,1) = t e t e t −1 = ∞∑ n=0 Bn t n n ! Do đó số Bernoulli bằng giá trị hàm Bernoulli tại 1: Bn (1) = Bn Tiếp đó: F (t ,0) = t e t −1 = t e−t 1− e−t = −t e−t e−t −1 = F (−t ,1) So sánh các số hạng trong hàm sinh suy ra: Bn (0) = (−1)n Bn (1) = (−1)n Bn Và chú ý rằng B2n−1 = 0 với n ≥ 2 Lấy đạo hàm riêng theo x của hàm sinh được: ∂ ∂ x F (t ,x ) = t 2e t x e t −1 = ∞∑ n=0 B ′n (x ) t n n ! Tuy nhiên từ hàm sinh lại có: t 2e t x e t −1 = t ∞∑ n=0 Bn (x ) t n n ! = ∞∑ n=0 Bn (x ) t n+1 n ! Trang: 24 Đa thức Bernoulli Từ đây, so sánh hệ số của t n n ! hai biểu thức trên thu được công thức: B ′n (x ) = nBn−1(x ) Áp dụng trực tiếp hàm sinh thu được các đa thức Bernoulli: F (t ,x )≈ t 1+ t x + 1 2 (t x )2+ 1 6 (t x )3 x + 1 2 (x )2+ 1 6 (x )3 ≈ 1+ t (x − 1 2 )+ t 2(x 2−x − 1 6 + 1 4 )+ ... Khi đó: B1(x ) = x − 1 2 Tương tự nếu giữ thêm nhiều số hạng trong khai triển cũng có được: B2(x ) = x 2−x + 1 6 B3(x ) = x 3− 3 2 x 2+ 1 2 x B4(x ) = x 4−2x 3+x 2− 1 30 B5(x ) = x 5− 5 2 x 4+ 1 3 x 3− 1 6 x B6(x ) = x 6−3x 5+ 5 2 x 4− 1 2 x 2+ 1 42 2.3.1 Khai triển Fourier của đa thức Bernoulli Giả sử hàm f (x ) là hàm tuần hoàn chu kỳ T và xác định trên đoạn [−T /2;T /2] khi đó: f (x ) = a 0+ ∞∑ n=1 an cos  2pinx T  + ∞∑ n=1 bn sin  2pinx T  Các hệ số a 0,an ,bn gọi là các hệ số Fourier2 của hàm f . 2Jean Baptiste Joseph Fourier (21 tháng 3 năm 1768 – 16 tháng 5 năm 1830) là một nhà toán học và nhà vật lý người Pháp. Ông được biết đến với việc thiết lập chuỗi Fourier và những ứng dụng trong nhiệt học. Sau đó, biến đổi Fourier cũng được đặt tên để tưởng nhớ tới những đóng góp của ông. Trang: 25 Đa thức Bernoulli a 0 = 1 T T /2∫ −T /2 f (x )dx an = 2 T T /2∫ −T /2 f (x )cos  2pinx T  dx (n ≥ 1) bn = 2 T T /2∫ −T /2 f (x )sin  2pinx T  dx (n ≥ 1) Dưới đây đa thức Bernoulli Bn (x ) có thể khai triển thành chuỗi Fourier trên đoạn 0≤ x ≤ 1. Bắt đầu từ: B1(x ) = x − 1 2 Tất nhiên đây không phải hàm tuần hoàn. Xét hàm f (x ) = x trên đoạn [−1 2 , 1 2 ] Trong trường hợp này T = 1 và các hệ số Fourier là: an = 0,∀n ≥ 0 Vì hàm này lẻ nên: bn = 2 1/2∫ −1/2 x sin(2pinx )dx = 4 1/2∫ 0 x sin(2pinx )dx = (−1)n+1 pin (∀n ≥ 1) Khi đó khai triển Fourier của x là: x = ∞∑ n=1 (−1)n+1 pin sin(2pinx ) (−1 2 < x < 1 2 ) Chuyển sang khoảng [0,1] bằng cách đặt y = x − 1 2 (sau đó lại thay y bởi x ) thu được: x − 1 2 = ∞∑ n=1 (−1)n+1 pin sin  2pin (x − 1 2 )  (0< x < 1) Trang: 26 Đa thức Bernoulli hay: B1(x ) = ∞∑ n=1 (−1)n+1 pin sin  2pin (x − 1 2 )  (0< x < 1) Áp dụng tính chất (2.3.2) khi đó: B ′2(x ) = 2B1(x ) Khi đó : 1 2 B ′2(x ) = ∞∑ n=1 (−1)n+1 pin sin  2pin (x − 1 2 )  (0< x < 1) Lấy tích phân hai vế được kết quả: 1 2 B2(x ) =− ∞∑ n=1 (−1)n+1 pin cos € 2pin (x − 1 2 ) Š 2pin +C2 (0< x < 1) Trong đó C2 là hằng số, vẫn theo (2.3.2) thì: 1∫ 0 cos  2pin (x − 1 2 )  dx = 1/2∫ −1/2 cos(2pint )d t = 1 2pin npi∫ −npi cos(s )d s = 0 nên C2 = 0 Vậy: B2(x ) =−2 ∞∑ n=1 (−1)n+1 pin cos € 2pin (x − 1 2 ) Š 2pin (0< x < 1) B2(x ) =−4 ∞∑ n=1 (−1)n+1 (2pin )2 cos  2pin (x − 1 2 )  (0< x < 1) (2.1) Hoàn toàn tương tự cũng tìm được: B3(x ) =−2.3! ∞∑ n=1 (−1)n+1 (2pin )3 sin  2pin (x − 1 2 )  (0< x < 1) B4(x ) = 2.4! ∞∑ n=1 (−1)n+1 (2pin )4 cos  2pin (x − 1 2 )  (0< x < 1) Trang: 27 Đa thức Bernoulli Tổng quát hóa: với (0< x < 1) thì: B2k (x ) = 2(−1)k (2k )! ∞∑ n=1 (−1)n+1 (2pin )2k cos  2pin (x − 1 2 )  B2k+1(x ) = 2(−1)k (2k +1)! ∞∑ n=1 (−1)n+1 (2pin )2k+1 sin  2pin (x − 1 2 )  (2.2) Điều này cũng có nghĩa là Đa thức Bernoulli Bm (x − bx c) có thể khai triển thành chuỗi Fourier trên x ≥ 0. có định lý sau: Định lý 2.3.3 Với m là số tự nhiên, bx c là hàm phần nguyên và Bm (x ) là a thức Bernoulli B2k (x −bx c) = 2(−1)k (2k )! ∞∑ n=1 (−1)n+1 (2pin )2k cos  2pin (x − 1 2 )  B2k+1(x −bx c) = 2(−1)k (2k +1)! ∞∑ n=1 (−1)n+1 (2pin )2k+1 sin  2pin (x − 1 2 )  (2.3) Chứng minh: Từ công thức (2.2): B2k (x ) = 2(−1)k (2k )! ∞∑ n=1 (−1)n+1 (2pin )2k cos  2pin (x − 1 2 )  (0≤ x ≤ 1) Vì B2k (x −bx c) = B2k (x ) với 0≤ x < 1, nên: B2k (x −bx c) = 2(−1)k (2k )! ∞∑ n=1 (−1)n+1 (2pin )2k cos  2pin (x − 1 2 )  (0≤ x ≤ 1) Trên 1≤ x < 2 thì, thay x bởi x +1 Vế trái = B2k (x +1−bx +1c) = B2k (x −bx c) Vế phải = 2(−1)k (2k )! ∞∑ n=1 (−1)n+1 (2pin )2k cos € 2pin (x +1− 1 2 ) Š = 2(−1)k (2k )! ∞∑ n=1 (−1)n+1 (2pin )2k cos  2pin (x − 1 2 )  Như vậy công thức đúng trên đoạn 1≤ x < 2. Bằng quy nạp công thức đúng trên đoạn n ≤ x < n +1 với n bất kỳ. Trang: 28 Đa thức Bernoulli 2.3.2 Công thức tổng Euler-Maclaurin Định lý 2.3.4 Với f (x ) là một hàm khả vi đến cấp m trên đoạn [a ,b ], bx c là hàm phần nguyên, Bj là số Bernoulli và Bm (x ) là đa thức Bernoulli, có công thức sau: b−1∑ k=a f (k ) = ∫ b a f (x )dx + m∑ j=1 (−1)j Bj j ! € f (j−1)(b )− f (j−1)(a )Š+Rm (2.4) Rm = (−1)m+1 m ! ∫ b a Bm (x −bx c) f (m )(x )dx (2.5) Chứng minh: Vì B0(x ) = 1, ∫ x 0 Bn (x )dx = 1 n +1 (Bn+1(x )− Bn+1) Bn+1(1) = Bn+1(0) = Bn+1 Do đó: ∫ 1 0 f (x )dx = ∫ 1 0 B0(x ) f (x )dx ∫ 1 0 f (x )dx = 1 1!  B1(x ) f (x ) 1 0− ∫ 1 0 B1(x ) 1! f ′ (x )dx = 1 1!  B1(x ) f (x ) 1 0− 12! ” B2(x ) f ′ (x ) —1 0 + ∫ 1 0 B2(x ) 2! f ′′ (x )dx = 1 1!  B1(x ) f (x ) 1 0− 12! ” B2(x ) f ′ (x ) —1 0 + 1 3! ” B3(x ) f ′′ (x ) —1 0 − ∫ 1 0 B3(x ) 3! f ′′′ (x )dx ... = m∑ j=1 (−1)j−1 j ! ” Bj (x ) f (j−1)(x ) —1 0 +(−1)m ∫ 1 0 Bm (x ) m ! f (m )(x )dx (2.6) Trong đó,  B1(x ) f (x ) 1 0 =  1− 1 2  f (1)−  0− 1 2  f (0) = 1 2 f (1)+ f (0)
và: (−1)j−1Bj (1) = (−1)j−1Bj (0) =−Bj , với j ≥ 2 Do vậy: (−1)j−1 ”Bj (x ) f (j−1)(x )—10 =−Bj € f (j−1)(1)− f (j−1)(0)Š Thay vào biểu thức (2.6) thu được: Trang: 29 Đa thức Bernoulli∫ 1 0 f (x )dx = 1 2 f (1)+ f (0)
− m∑ j=2 Bj j ! € f (j−1)(1)− f (j−1)(0)Š + (−1)m m ! ∫ 1 0 Bm (x ) f (m )(x )dx Thay f (x ) bởi f (x +k ), suy ra:∫ 1 0 f (x +k )dx = 1 2 f (k +1)+ f (k )
− m∑ j=2 Bj j ! € f (j−1)(k +1)− f (j−1)(k )Š + (−1)m m ! ∫ 1 0 Bm (x ) f (m )(x +k )dx kết quả là: ∫ k+1 k f (x )dx = 1 2 f (k +1)+ f (k )
− m∑ j=2 Bj j ! € f (j−1)(k +1)− f (j−1)(k )Š + (−1)m m ! ∫ k+1 k Bm (x −k ) f (m )(x )dx Lần lượt cho k = a cho đến k =b −1, cộng lại được công thức sau:∫ b a f (x )dx = 1 2 b−1∑ k=a f (k +1)+ f (k )
− m∑ j=2 Bj j ! b−1∑ k=a € f (j−1)(k +1)− f (j−1)(k )Š + (−1)m m ! b−1∑ k=a ∫ k+1 k Bm (x −k ) f (m )(x )dx Trong đó: b−1∑ k=a f (j−1)(k +1)− f (j−1)(k )
= f (j−1)(b )− f (j−1)(a ) b−1∑ k=a f (k +1)+ f (k )
+ f (a )+ f (b ) = 2 b∑ k=a f (k ) Bm (x −k ) = Bm (x −bx c) (k ≤ x ≤ k +1) Trang: 30 Đa thức Bernoulli Suy ra: ∫ b a f (x )dx = b∑ k=a f (k )− 1 2 f (a )+ f (b )
− m∑ j=2 Bj j ! € f (j−1)(b )− f (j−1)(a )Š + (−1)m m ! ∫ b a Bm (x −bx c) f (m )(x )dx Hay: b∑ k=a f (k ) = ∫ b a f (x )dx + 1 2 f (a )+ f (b )
+ m∑ j=2 Bj j ! € f (j−1)(b )− f (j−1)(a )Š −(−1)m m ! ∫ b a Bm (x −bx c) f (m )(x )dx Giản lược bớt f (b ) ở cả hai vế thì được: b−1∑ k=a f (k ) = ∫ b a f (x )dx − 1 2 f (b )− f (a )
+ m∑ j=2 Bj j ! € f (j−1)(b )− f (j−1)(a )Š (2.7) Với: −(−1)m m ! ∫ b a Bm (x −bx c) f (m )(x )dx Mà B1 = 1 2 nên số hạng −1 2 f (b )− f (a )
tương ứng với số hạng của tổng khi j = 1 Suy ra: b−1∑ k=a f (k ) = ∫ b a f (x )dx + m∑ j=1 (−1)j Bj j ! € f (j−1)(b )− f (j−1)(a )Š + (−1)m+1 m ! ∫ b a Bm (x −bx c) f (m )(x )dx︸ ︷︷ ︸ Rm Vậy (2.4), (2.5) được chứng minh. Trang: 31 Sử dụng đa thức Bernoulli để tính tổng 2.4 SỬ DỤNG ĐA THỨC BERNOULLI ĐỂ TÍNH TỔNG 2.4.1 Dùng khai triển Fourier tính tổng Từ công thức (2.1): B2(x ) =−4 ∞∑ n=1 (−1)n+1 (2pin )2 cos  2pin (x − 1 2 )  (0< x < 1) Cho x = 1 2 được: B2( 1 2 ) =−4 ∞∑ n=1 (−1)n+1 (2pin )2 Mặt khác: B2(x ) = x 2−x + 1 6 Do đó: B2( 1 2 ) =− 1 12 hay: ∞∑ n=1 (−1)n n2 =− 1 12 + 1 22 − 1 32 + 1 42 + ...+ (−1)n n2 + ...=−pi2 12 (2.8) Phân tích vế trái của (2.8): ∞∑ n=1 (−1)n n2 =− ∞∑ k=1 1 (2k −1)2 + ∞∑ k=1 1 (2k )2 =−  ∞∑ k=1 1 k 2 − ∞∑ k=1 1 (2k )2 + ∞∑ k=1 1 (2k )2 =−1 2 ∞∑ k=1 1 k 2 Từ đó thu được: ζ(2) = 1+ 1 22 + 1 32 + 1 42 + 1 52 + ...= ∞∑ n=1 1 n2 = pi2 6 Trang: 32 Sử dụng đa thức Bernoulli để tính tổng Bằng lập luận tương tự, cũng chứng minh được đẳng thức Euler: Từ công thức (2.2): B2k (x ) = 2(−1)k (2k )! ∞∑ n=1 (−1)n+1 (2pin )2k sin  2pin (x − 1 2 )  (0< x < 1) Cho x = 0 suy ra: B2k (0) = 2(−1)k+1(2k )! ∞∑ n=1 1 (2pin )2k Mặt khác theo tính chất đa thức Bernoulli là:Bn (0) = Bn do vậy: B2k = 2(−1)k+1(2k )! (2pi)2k ∞∑ n=1 1 n2k suy ra: ζ(2k ) = (−1)k+1 (2pi) 2k B2k 2.(2k )! 2.4.2 Lũy thừa các số tự nhiên Nếu đặt B1 =−1 2 thì: n−1∑ k=0 km = 1 m +1 (Bm+1(n )− Bm+1(0)) Chứng minh: Với f (x ) = xm , ∫ n 0 f (x )dx =  xm+1 m +1 n 0 = nm+1 m +1 và: f (j−1)(x ) = m ! (m − j +1)!xm−j+1 (j = 1, ...,m +1) Áp dụng công thức (2.4): n−1∑ k=0 km = nm+1 m +1 + m∑ j=1 (−1)j Bj j ! m ! (m − j +1)!(n m−j+1−0m−j+1)+Rm Trang: 33 Sử dụng đa thức Bernoulli để tính tổng với Rm = (−1)m+1 m ! ∫ n 0 Bm (x −bx c)m ! 0! x 0dx = (−1)m+1 ∫ n 0 Bm (x −bx c) = (−1)m+1 n−1∑ j=0 ∫ 1 0 Bm (x )dx = 0 Vậy Rm = 0 Từ đó thu được công thức: n−1∑ k=0 km = nm+1 m +1 + m∑ j=1 (−1)j Bj j ! m ! (m − j +1)!(n m−j+1−0m−j+1) Ngoài ra, vì m+1 m+1
Bm+1(n0−00) = 0 nên công thức trên được viết dưới dạng: (thêm vào số hạng cuối) n−1∑ k=0 km = 1 m +1 m+1∑ j=0  m +1 j  (−1)j Bj €nm+1−j −0m+1−j Š Đây chính là biểu thức khai triển đa thức Bernoulli, nên: n−1∑ k=0 km = 1 m +1 (Bm+1(n )− Bm+1(0)) (2.9) Ví dụ:m = 3, n = 101 101−1∑ k=0 k 3 = 03+13+23+ ...+1003 = 1 3+1 (B3+1(101)− B3+1(0)) = 1 4  3060299999 30 + 1 30  = 25502500 2.4.3 Tổng đan dấu lũy thừa các số tự nhiên n−1∑ k=0 (−1)k−1km = 1 m +1  Bm+1(n )− Bm+1−2m+1  Bm+1  n +1 2  − Bm+1  Chứng minh: Khi n là số chẵn, thì tổng: Trang: 34 Sử dụng đa thức Bernoulli để tính tổng 1m −2m +3m −4m + ...+(n −1)m −nm = (1m +3m +5m + ...+(n −1)m )− (2m +4m +6m + ...+nm ) = (1m +2m +3m + ...+nm )−2(2m +4m +6m + ...+nm ) = (1m +2m +3m + ...+nm )−2m+1  1m +2m +3m + ...+ n 2 ‹m Suy ra: n∑ k=1 (−1)k−1km = n∑ j=1 j m −2m+1 n 2∑ j=1 j m Khi n là số lẻ, phân tích tương tự: n∑ k=1 (−1)k−1km = n∑ j=1 j m −2m+1 b n2 c∑ j=1 j m Khim 6= 0 thì: n∑ k=1 (−1)k−1km = n∑ j=0 j m −2m+1 b n2 c∑ j=0 rm Thay n bởi n −1 n−1∑ k=1 (−1)k−1km = n−1∑ j=0 j m −2m+1 b n−12 c∑ j=0 j m Từ đây áp dụng trực tiếp công thức Bernoulli hoặc công thức (2.9), thu được: n−1∑ k=0 (−1)k−1km = 1 m +1  Bm+1(n )− Bm+1−2m+1  Bm+1  n +1 2  − Bm+1  Ví dụ:m = 3, n = 101 101−1∑ k=0 (−1)k−1k 3 = 13−23+33−43+ ...+993−1003 = 1 3+1  B3+1(101)− B3+1−23+1 (B3+1)  101+1 2  − B3+1  =−507500 Trang: 35 Sử dụng đa thức Bernoulli để tính tổng 2.4.4 Tổng của dãy lượng giác n−1∑ k=0 sink =−sinn 2 − (cosn −1) 1+ m∑ j=1 (−1)j B2j (2j )! +R2m (2.10) Trong đó: R2m = (−1)m+1 (2m )! ∫ n 0 B2m (x −bx c)sinxdx n−1∑ k=0 sink =−sinn 2 − (cosn −1)  1 2 cot 1 2  (2.11) n−1∑ k=0 sink =−sin n−1 2 sin n 2 sin 1 2 (2.12) Chứng minh: Với f (x ) = sinx suy ra:∫ n 0 f (x )dx = [−cosx ]n0 =−cosn + cos0=−cosn +1 f (2j−1)(x ) = (−1)j−1 cosx (j = 1, ...,m ) f (2m )(x ) = (−1)m sinx Áp dụng công thức (2.7), n−1∑ k=0 sink =−cosn +cos0− 1 2 (sinn − sin0)+ m∑ j=1 B2j (2j )! (−1)j−1(cosn −cos0)+R2m Trong đó: R2m =− 1(2m )! ∫ n 0 B2m (x −bx c)(−1)m sinxdx Suy ra: n−1∑ k=0 sink =−sinn 2 − (cosn −1) 1+ m∑ j=1 (−1)j B2j (2j )! +R2m R2m = (−1)m+1 (2m )! ∫ n 0 B2m (x −bx c)sinxdx Trang: 36 Sử dụng đa thức Bernoulli để tính tổng Chứng minh (4.5) bằng các phép biến đổi lượng giác: n−1∑ k=0 sink sin 1 2 =−1 2 n−1∑ k=0  cos  k + 1 2  − cos  k − 1 2  =−1 2  cos  n − 1 2  − cos 1 2  = sin n −1 2 sin n 2 Từ đây suy ra công thức (4.5) và cũng dễ dàng suy ra công thức (4.4) Điều đáng nói ở đây là khi chom →∞ thì: lim m→∞ 1+ m∑ j=1 (−1)j B2j (2j )! = ∞∑ j=0 (−1)j B2j (2j )! = 1 2 cot 1 2 Và thu được: lim m→∞R2m = (−1)m+1 (2m )! ∫ n 0 B2m (x −bx c)sinxdx = 0⇒R∞ = 0 Hoàn toàn tương tự: n−1∑ k=0 cosk =−cosn −1 2 + sinn 1+ m∑ j=1 (−1)j B2j (2j )! +R2m trong đó R2m = (−1)m+1 (2m )! ∫ n 0 B2m (x −bx c)cosxdx n−1∑ k=0 cosk =−cosn −1 2 + sinn  1 2 cot 1 2  n−1∑ k=0 cosk = cos n−1 2 sin n 2 sin 1 2 Trang: 37 CHƯƠNG 3 MỐI LIÊN HỆ CỦA SỐ BERNOULLI VỚI SỐ STIRLING VÀ HÀM ZETA Dễ nhận ra rằng ở đâu có tổng chuỗi lũy thừa thì số Bernoulli sẽ xuất hiện ví dụ hàm Zeta, hàm Eta, khai triển đa thức tích x (x − 1)(x − 2)...(x −n ), định nghĩa tích phân... Và trực tiếp nhất là số Stirling và hàm Zeta, đầu tiên là phần trình bày lại lý thuyết về số Stirling1, hàm Zeta và các mối liên hệ của số Bernoulli với hàm Zeta và số Stirling, theo tài liệu [1], [3], [8], và đây cũng là cách thú vị để tính số Bernoulli. 3.1 SỐ STIRLING VÀ SỐ BERNOULLI 3.1.1 Số Stirling loại 1 Với hai số nguyên dương n vàm , định nghĩa: Định nghĩa 3.1.1  n m  := Số các hoán vị của n phần tử với m chu trình rời nhau. Trong các hoán vị của n chữ số, có thể đếm số các hoán vị có m chu trình rời nhau (kể cả chu trình có độ dài bằng 1), và đó là n m  . Ví dụ, số các hoán vị của bốn chữ số gồm hai chu trình rời nhau là: (1) (2 3 4), (1)(2 4 3), (2)(1 3 4), (2)(1 4 3) (3) (1 2 4), (3)(1 4 2), (4)(1 2 3), (4)(1 3 2) (1 2)(3 4), (1 3)(2 4), (1 4)(2 3) 1Stirling ( James, sinh năm 1692 tại Garden, Scotland- mất ngày 5 tháng 12 năm 1770 tại Edinburgh, Scotland ) người đầu tiên giới thiệu số stirling loại hai. Những khái niệm " loại một " và " loại hai " do Nielsen (Niels, sinh ngày 02 tháng 12 năm 1865 tại Orslev, Đan Mạch - mất ngày 16 tháng 9 năm 1931 tại Copenhagen, Đan Mạch), người đầu tiên sử dụng các tên này trong cuốn sách của mình viết về hàm Gamma. Trang: 38 Số Stirling và số Bernoulli Khi đó, ” 4 2 — = 11, và suy ra ngay từ định nghĩa là ” n n — = 1, n 1  = (n −1)!. Số Stirling loại 1 thỏa mãn công thức truy hồi sau: n +1 m  =  n m −1  +n  n m  (3.1) Công thức này được chứng minh tương tự như chứng minh mối quan hệ của công thức nhị thức € n+1 m Š = € n m−1 Š + € n m Š . Xét việc lập một hoán vị của n +1 phần tử từ n phần tử bằng cách thêm vào một phần tử sao cho hoán vị đó cóm chu trình. Có hai cách lập: (1) Lập một chu trình đơn chỉ gồm phần tử mới thêm vào. Khi đó còn lạim−1 chu trình lập từ n phần tử, có  n m−1  hoán vị. (2) Chèn phần tử mới đó vào một trong các chu trình đã có. Xét hoán vị bất kì của n phần tử a 1a 2...an trong đó cóm chu trình (a1...aj1)(aj1+1...aj2)...(ajm−1+1...an)︸ ︷︷ ︸ m chu trình Để lập một hoán vị mới của n + 1 phần tử với m chu trình, cần chèn phần tử mới đó vào một trong m chu trình này. Có n cách chèn phần tử mới vào trong dãy n phần tử đó. Từ đó có n n m  cách. Tổng của hai giá trị ứng với hai khả năng trên cho kết quả cần chứng minh (3.1). Định nghĩa 3.1.2 (Số Stirling loại 1). Với hai số nguyên dương n vàm , định nghĩa n m  bởi công thức (3.1) với  0 0  = 1,  n 0  =  0 m  = 0 3.1.2 Số Stirling loại 2 Với hai số nguyên dương n vàm , định nghĩa: Định nghĩa 3.1.3  n m  :=số các cách phân hoạch một tập hợp n phần tử thành hợp củam tập hợp khác rỗng. Ví dụ: Có 7 cách để chia tập hợp {1,2,3,4} thành 2 tập hợp khác rỗng không giao nhau: Trang: 39 Số Stirling và số Bernoulli Bảng 3.1.1 ” n m — : Số Stirling loại 1 m\n 0 1 2 3 4 5 6 7 7 0 0 0 0 0 0 0 1 6 0 0 0 0 0 0 1 21 5 0 0 0 0 0 1 15 175 4 0 0 0 0 1 10 85 735 3 0 0 0 1 6 35 225 1624 2 0 0 1 3 11 50 274 1764 1 0 1 1 2 6 24 120 720 0 1 0 0 0 0 0 0 0 {1}∪ {2,3,4} , {2}∪ {1,3,4} , {3}∪ {1,2,4} , {4}∪ {1,2,3} {1,2}∪ {3,4} , {1,3}∪ {2,4} , {1,4}∪ {2,3} Do đó: ¦ 2 4 © = 7 Từ định nghĩa thì: n m = 0 nếum > n . Và có công trức truy hồi sau: n +1 m  =  n m −1  +m  n m  (3.2) Dạng công thức này đã thấy trước đó. Giả sử rằng để chia một tập hợp n + 1 phần tử thànhm tập hợp. Lấy một phần tử x bất kỳ (1) Nếu phần tử đó là một tập hợp thì có n m cách chia n phần tử còn lại thành m −1 tập hợp. (2) Trường hợp còn lại có n m cách chia n phần tử thànhm tập hợp, và cóm cách đặt phần tử x vào đó, hay cóm n m cách. Tóm lại: n+1 m =  n m−1 +m n m Định nghĩa 3.1.4 (Số stirling loại 2). Với hai số nguyên dươngm vàm , định nghĩa n m  bởi công thức (3.2) với  0 0  = 1 và  n 0  =  0 m  = 0 (n ,m 6= 0) Từ (3.2) nếu có 2 trong 3 giá trị n+1 m ,  n m−1 , n m thì có thể xác định giá trị còn lại trừ khi m = 0, ở đó không thể chia n m cho m . Trong trường hợp này giá trị Trang: 40 Số Stirling và số Bernoullin m = 0 có trong định nghĩa. Bảng (3.1.2) chỉ ra rằng giá trị n m trong cùng phạm vi với (3.1.1). Với định nghĩa mới của n m trùng với định nghĩa tổ hợp trước đó Bảng 3.1.2 n m : Số Stirling loại 2 m\n 0 1 2 3 4 5 6 7 7 0 0 0 0 0 0 0 1 6 0 0 0 0 0 0 1 21 5 0 0 0 0 0 1 15 140 4 0 0 0 0 1 10 65 350 3 0 0 0 1 6 25 90 301 2 0 0 1 3 7 15 31 63 1 0 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 khi n ,m > 0. cũng dễ xác định n 1 = 1 (n ≥ 1) và  1 m = 0 (m ≥ 2) bằng định nghĩa mới. Từ đó rõ ràng những giá trị này từ định nghĩa cũ, và công thức truy hồi là đồng nhất. Chom = 1 trong (3.2) để có: n +1 1  =  n 0  +  n 1  Cho n = 0 trong công thức này được 1 1 = 1. Do vậy từ n 0 = 0, nên n+1 1 = n 1 và do vậy n 1 = 1 (n ≥ 1). Tương tự  1 m = 0 (m ≥ 2) cũng có khi cho n = 0 trong (3.2) Mệnh đề 3.1.5 Các tính chất của số Stirling: (1) xn = n∑ m=0  n m  xm (n ≥ 0) trong đó: xm = x (x −1)(x −2)...(x −m +1) (m > 0),x 0 = 1 (2) xn = (−1)n n∑ m=0 (−1)m  n m  xm (3)  x d dx n = n∑ m=1  n m  xm  d d x m (n ≥ 1) (4.1) Cho m ,n ≥ 0,∑ l≥0 (−1)l  n l  l m  = (−1)mδm ,n Trang: 41 Số Stirling và số Bernoulli (4.2) Cho m ,n ≥ 0,∑ l≥0 (−1)l  n l  l m  = (−1)mδm ,n Ở đây δm ,n = 1 khi m = n và δm ,n = 0 khi m 6= n Các tổng trong (4.1) và (4.2) là các tổng hữu hạn. (5) Cho m ,n ≥ 0,  n m  = (−1)m m ! m∑ l=0 (−1)l  m l  l n (6) (e t −1)m m ! = ∞∑ n=m  n m  t n n ! (m ≥ 0) Chứng minh: (1) Đặt an ,m = n m , khi đó: xn = ∑n m=0an ,mx m . Và chỉ ra an ,m thỏa mãn công thức truy hồi giống của ¦ m n © với điều kiện m ,n ≥ 0 và cùng điều kiện ban đầu. Dễ thấy điều kiện ban đầu thỏa mãn: ( cho a 0,m = 0 (m > 0)). Từ xm+1 = xm (x −m ) và xm .x = xm+1+mxm suy ra: n+1∑ m=0 an+1,mx m = xn+1 = xn .x = n∑ m=0 an ,mx m .x = n∑ m=0 an ,m € xm+1+mxm Š = n+1∑ m=1 an ,m−1xm + n∑ m=0 man ,mx m So sánh hệ số của xm hai vế, thu được công thức (3.2) (ở đây an ,−1 = an ,n+1 = 0) (2) Chứng minh tương tự. (3) Chứng minh bằng phương pháp quy nạp. Cho n = 1, cả hai vế bằng x d dx . Giả sử công thức đúng với n . Khi đó: Trang: 42 Số Stirling và số Bernoulli  x d dx n+1 =  x d dx  n∑ m=1  n m  xm  d dx m = x n∑ m=1  n m ‚ mxm−1  d dx m +xm  d dx m+1Œ = n∑ m=1 m  n m  xm  d dx m + n∑ m=1  n m  xm+1  d dx m+1 = n+1∑ m=1  m  n m  +  n m −1  xm  d dx m = n+1∑ m=1  n +1 m  xm  d dx m Điều này chứng tỏ công thức cũng đúng với n +1. (Để chứng minh các mục tiếp theo, sử dụng  n n+1 = 0 và n 0 = 0.) (4) Sử dụng (2) và (3) để chứng minh. Với (4.1), khi thay n bằng l trong (2) thu được: x l = (−1)l l∑ m=0 (−1)m  l m  xm thế vào công thức: xn = n∑ l=0  n l  x l Suy ra: xn = n∑ l=0  n l  (−1)l l∑ m=0 (−1)m  l m  xm = n∑ m=0 (−1)m n∑ l=m (−1)l  n l  l m  xm So sánh hệ số hai vế được (4.1). Công thức (4.2) thu được khi thế (1) vào (2). (5) Chứng minh bằng cách chỉ ra vế phải thỏa mãn công thức truy hỗi của ¦ m n © . Lại ký hiệu vế phải là an ,m . Dễ thấy a 0,0 = 1 và an ,0 = 0 với n ≥ 1. Nếu n = 0, Trang: 43 Số Stirling và số Bernoulli và m ≥ 1, khi đó∑m l=0 (−1)l €ml Š= (1−1)m = 0. Do vậy: a 0,m = 0. Với công thức truy hồi: man ,m +an ,m−1 = (−1)m (m −1)! m∑ l=0 (−1)l  m l  l n + (−1)m−1 (m −1)! m−1∑ l=0 (−1)l  m −1 l  l n = (−1)m (m −1)! m∑ l=0 (−1)l  m l  −  m −1 l  l n = (−1)m (m −1)! m∑ l=0 (−1)l l m  m l  l n = (−1)m m ! m∑ l=0 (−1)l  m l  l n+1 = an+1,m (6) Vế phải của (6) viết lại được bằng tổng từ n = 0. (Nếu n <m thì ¦ n m © = 0) . Thế (5) vào vế phải thu được: VP = ∞∑ n=0 ( (−1)m m ! m∑ l=0 (−1)l  m l  l n ) t n n ! = (−1)m m ! m∑ l=0 (−1)l  m l  ∞∑ n=0 (l t )n n ! ! = (−1)m m ! m∑ l=0 (−1)l  m l  e l t = (−1)m m ! (1− e t )m = (e t −1)m m ! =VT Nhận xét: Đôi khi số Stirling được định nghĩa bởi (1) và (2) trong mệnh đề này. Sử dụng (4.1) và (6) trong mệnh đề này, chứng minh được công thức: log(1+(e t −1)) = t Trang: 44 Số Stirling và số Bernoulli Và đảo lại e log(1+t )−1= t Theo mệnh đề (2.1.3) log(1+(e t −1)) = ∞∑ m=1 (−1)m−1 (e t −1) m m = ∞∑ m=1 (−1)m−1(m −1)! ∞∑ n=0  n m  t n n ! = ∞∑ n=0 n∑ m=1 (−1)m−1  m 1  n m ! t n n !  (m −1)!=  m 1  = ∞∑ n=0 (−1)n−1δ1,n t n n ! = t 3.1.3 Công thức số Bernoulli với số Stirling Một công thức biểu diễn các số Bernoulli của tổng lũy thừa liên quan đến số Stirling loại hai đã được biết đến từ Kronecker2. Theo mệnh đê (3.1.5) số Stirling được biểu diễn là một tổng hữu hạn liên quan đến các hệ số nhị thức. Vì vậy dưới đây, các số Bernoulli cũng có thể được biểu diễn qua một tổng kép Định lý sau đây chỉ ra mối quan hệ giữa số Bernoulli và số Stirling. Định lý 3.1.6 ( Công thức số Bernoulli với số Stirling) Bn = (−1)n n∑ m=0 (−1)mm !¦nm© m +1 (n ≥ 0) Chứng minh: Viết lại công thức hàm sinh số Bernoulli thành: t e t e t −1 = t 1− e−t = − log(1− (1− e−t )) 1− e−t 2Leopold Kronecker (sinh ngày 07 Tháng Mười Hai 1823 tại Liegnitz, Phổ (nay là Legnica, Ba Lan) - mất ngày 29 tháng 12 năm 1891 tại Berlin, Đức) Trang: 45 Số Stirling và số Bernoulli Thế 1− e−t vào t trong công thức − log(1− t ) =∑∞m=1 t mm , khi đó: ∞∑ n=0 Bn t n n ! = − log(1− (1− e−t )) 1− e−t = ∞∑ m=1 1 m (1− e−t )m 1− e−t = ∞∑ m=1 (1− e−t )m−1 m = ∞∑ m=0 (−1)m (e−t −1)m m +1 = ∞∑ m=0 (−1)mm ! m +1 ∞∑ n=m  n m  (−t )n n ! (mệnh đề (3.1.5) (6)) = ∞∑ n=0 (−1)n n∑ m=0 (−1)mm !¦nm© m +1 ! t n n ! So sánh hệ số của t n n ! hai vế, thu được công thức cần chứng minh. Nhận xét: Trong mệnh đề (3.1.5)(5), cũng có thể viết: Bn = (−1)n n∑ m=0 1 m +1 m∑ l=0 (−1)l  m l  l m Ví dụ một vài số Bernoulli tính theo công thức này: B0 = 1 1  0 0  00 B1 = 1 1  0 0  01+ 1 2  1 0  01−  1 1  11  B2 = 1 1  0 0  02+ 1 2  1 0  02−  1 1  12  + 1 3  2 0  02−  2 1  12+  2 2  22  ... Vẫn là một khối công việc cồng kềnh khi n lớn. Mệnh đề 3.1.7 (Biến thể của định lý (3.1.6)). Bn = n∑ m=0 (−1)mm !¦n+1m+1© m +1 (n ≥ 0) Trang: 46 Số Stirling và số Bernoulli Chứng minh: Có thể chứng minh bằng cách tính toán hàm sinh của vế phải. Ở đây sử dung định lý (3.1.6). Từ công thức (3.2) suy ra n+1 m+1 = n m +(m +1)  n m+1 khi đó VP = n∑ m=0 (−1)mm !€n m +(m +1)  n m+1 Š m +1 Mặt khác, vì m+1 1  =m !, theo mệnh đề (3.1.5) (4.1) thì: n∑ m=0 (−1)mm !(m +1) n m+1 m +1 = m∑ m=0 (−1)m  m +1 1  n m +1  =δ1,n Do đó, vế phải của mệnh đề bằng: n∑ m=0 (−1)mm !n m m +1 +δ1,n = (−1)n Bn +δ1,n Cho n = 1, công thức này suy ra −B1+ 1= 1 2 = B1. Cho n 6= 1, nó bằng (−1)n Bn , trùng với Bn trong mệnh đề (1.2.2). Mệnh đề này được 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 an ,m (n ≥ 1) bởi công thức: an ,m = (m +1) an−1,m −an−1,m+1
(n ≥ 1,m ≥ 0) Khi đó: an ,0 = n∑ m=0 (−1)mm !  n +1 m +1  a 0,m Chứng minh: Theo tài liệu [5] Xét hàm sinh g (t ): gn (t ) = ∞∑ m=0 an ,mt m Trang: 47 Số Stirling và số Bernoulli Hình 3.1: Tam giác Akiyama-Tanigawa. Thuật toán thực hiện từ trái qua phải theo công thức (3.1.8) với an ,m là số thứ m + 1 trong hàng thứ n với n ≥ 1 thu được số Bernoulli trong ô tròn. Từ công thức truy hồi của an ,m với n ≥ 1 gn (t ) = ∞∑ m=0 (m +1)(an−1,m −an−1,m+1)t m = d d t ∞∑ m=0 an−1,mt m+1 ! − d d t ∞∑ m=0 an−1,m+1)t m+1 ! = d d t (t gn−1(t ))− d d t (gn−1(t )−an−1,0) = gn−1(t )+ (t −1) d d t (gn−1(t )) = d d t ((t −1)gn−1(t )) Trang: 48 Hàm Euler zeta và số Bernoulli Do vậy, nếu đặt (t −1)gn (t ) = hn (t ), thì: hn (t ) = (t −1) d d t ((hn−1(t )) (n ≥ 1) Từ đây thu được: hn (t ) =  (t −1) d d t n (h0(t )) Theo mệnh đề (3.1.5) (3) (trong đó thay x bởi (t −1)) thì hn (t ) = n∑ m=0  n m  (t −1)m  d d t m h0(t ). Cho t = 0 thu được: −an ,0 = n∑ m=0  n m  (−1)mm !(a 0,m−1−a 0,m ) = n−1∑ m=0  n m +1  (−1)m+1(m +1)!a 0,m − n∑ m=0  n m  (−1)mm !a 0,m =− n∑ m=0 (−1)mm !a 0,m  (m +1)  n m +1  +  n m  =− n∑ m=0 (−1)mm !  n +1 m +1  a 0,m 3.2 HÀM EULER ZETA VÀ SỐ BERNOULLI Mục này tôi 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 của Euler3 là hàm được xác định bởi ζ(t ) = ∞∑ n=1 1 nt t là số thực, t > 1 3Leonhard Euler sinh ngày15 tháng 4, 1707 mất ngày 18 tháng 9, 1783) là một nhà toán học và nhà vật lý học Thụy Sĩ. Trang: 49 Hàm Euler zeta và số Bernoulli là một chuỗi hội tụ tuyết đối trên t > 1. 3.2.2 Công thức tích Euler Định lý 3.2.2 Kí hiệu P là tập hợp tất cả các số nguyên tố. Với t > 1, hàm ζ(t ) được xác định bởi ζ(t ) = ∞∑ n=1 1 nt = ∏ p∈P 1 1−p−t gọi là công thức tích Euler. Chứng minh: ζ(t ) = ∞∑ n=1 1 nt ⇒ ζ(t ) 1 2t = ∞∑ n=1 1 nt 1 2t = ∞∑ n=1 1 (2n )t ⇒ ζ(t )−ζ(t ) 1 2t = ∞∑ n=1 1 nt − ∞∑ n=1 1 (2n )t ⇒ ζ(t )  1− 1 2t  = ∞∑ n=1 n 6=2k 1 nt ⇒ ζ(t )  1− 1 2t  1 3t = ∞∑ n=1 n 6=2k 1 nt 1 3t = ∞∑ n=1 n 6=2k 1 (3n )t ⇒ ζ(t )  1− 1 2t  −ζ(t )  1− 1 2t  1 3t = ∞∑ n=1 n 6=2k 1 nt − ∞∑ n=1 n 6=2k 1 (3n )t ⇒ ζ(t )  1− 1 2t  1− 1 3t  = ∞∑ n=1 n 6=2k n 6=3k 1 nt ⇒ ζ(t )  1− 1 2t  1− 1 3t  1− 1 5t  ...= ∞∑ n=1 n 6=2k n 6=3k n 6=5k ... 1 nt Tiếp tục với những số nguyên tố tiếp theo: Trang: 50 Hàm Euler zeta và số Bernoulli ζ(t )  1− 1 2t  1− 1 3t  1− 1 5t  ...= 1 ⇒ ζ(t ) = 1 1− 1 2t  1− 1 3t  1− 1 5t  ... = ∏ p∈P 1 1−p−t 3.2.3 Đẳng thức Euler Mệnh đề 3.2.3 pit cotpit = 1−2 ∞∑ n=1 ζ(2n )t 2n Chứng minh: (theo tài liệu [9]): sinpit pit =  1− t 2 12  1− t 2 22  1− t 2 32  ...= ∞∏ k=1  1− t 2 k 2  Lấy logarit hai vế: log sinpit pit = log ∞∏ k=1  1− t 2 k 2  Suy ra: logsinpit = logpit + ∞∑ k=1 log  1− t 2 k 2  Lấy vi phân hai vế theo t thu được: d d t logsinpit = d d t ( logpit + ∞∑ k=1 log  1− t 2 k 2 ) Khi đó thu được: cospit sinpit pi= 1 t + ∞∑ k=1 1 1− t 2 k 2 −2t k 2  Trang: 51 Hàm Euler zeta và số Bernoulli ⇒pit cotpit = 1+ ∞∑ k=1 1 1− t 2 k 2 −2t 2 k 2  = 1+ ∞∑ k=1 ∞∑ n=0  t 2 k 2 n  −2t 2 k 2  = 1−2 ∞∑ k=1 ∞∑ n=0  t 2 k 2 n+1 = 1−2 ∞∑ k=1 ∞∑ n=0 1 k 2n t 2n = 1−2 ∞∑ n=1 ∞∑ k=1 1 k 2n ! t 2n Kết quả thu được công thức: pit cotpit = 1−2 ∞∑ n=1 ζ(2n )t 2n Định lý 3.2.4 (Đẳng thức Euler) Với ζ (t ) = ∞∑ k=1 1 k t khi đó: ζ(2n ) = (−1)n+1 (2pi) 2n B2n 2.(2n )! Trong đó: B2n là những số Bernoulli. Chứng minh: Theo mệnh đề (2.2.5): cotx = 1 x + ∞∑ n=1 (−1)n22n B2n x 2n−1 (2n )! Bằng cách thay x bởi pit suy ra: pit cotpit = 1−2 ∞∑ n=1 (−1)n+1 (2pi) 2n B2n 2(2n )! t 2n So sánh công thức trên với công thức trong mệnh đề trước đó thu được kết quả: ζ(2n ) = (−1)n+1 (2pi) 2n B2n 2.(2n )! Trang: 52 Áp dụng của hàm zeta tính tổng vô hạn 3.3 ÁP DỤNG CỦA HÀM ZETA TÍNH TỔNG VÔ HẠN Áp dụng công thức: ζ(2n ) = (−1)n+1 (2pi) 2n B2n 2.(2n )! và ζ(t ) = ∞∑ n=1 1 nt t > 1 Thu được: 1+ 1 22 + 1 32 + 1 42 + 1 52 + ...= pi2 6 Thật vậy VT = ζ(2) = 4pi2.1 2.2! .  1 6  = pi2 6 =VP Tương tự: ζ(4) = 1+ 1 24 + 1 34 + 1 44 + 1 54 + ...= pi4 90 và: ζ(6) = 1+ 1 26 + 1 36 + 1 46 + 1 56 + ...= pi6 945 ... Trang: 53 Áp dụng của hàm zeta tính tổng vô hạn KẾT LUẬN Trên đây là kiến thức mà tôi đã đọc các tài liệu, trình bày lại một số lý thuyết cơ sở và sưu tầm các bài ứng dụng của số Bernoulli và đa thức Bernoulli. Với những ứng dụng đã được nêu trên đây, thì quả thực các số Bernoulli và Đa thức Bernoulli đã bao trùm lên tổng sơ cấp mà chúng ta đã được học. Tôi nhận ra rằng ở đâu có tổng lũy thừa thì ở đó có số Bernoulli Và một điều nữa là, mặc dù ứng dụng lớn như vậy, nhưng các số Bernoulli cũng không được biểu diễn một cách tường minh, mà thông qua một tổng không tính ngay được. Từ đó các Đa thức Bernoulli cũng gặp tình trạng tương tự. Chính vì điều này mà việc tìm một công thức tổng quát (tính trực tiếp theo n và i ) của tổng n∑ i=0 i là một việc làm hoàn toàn còn bí ẩn!. Ứng dụng của số Bernoulli và Đa thức Bernoulli là rất nhiều, và hay, ví dụ các tính chất số học của số Bernoulli, Các mối quan hệ của các tổng chuỗi lũy thừa các số nguyên liên tiếp,... tuy nhiên trong khuôn khổ luận văn có hạn, tôi không trình bày ở đây được. Trang: 54 Tài liệu tham khảo [1] Arakawa, Tsuneo, Tomoyoshi Ibukiyama, Masanobu Kaneko, and Don Za- gier. 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. Addison- Wesley (1989), 243-276. 1, 38 [4] Kaneko, M. : Poly-Bernoulli numbers, Jour. Th. Nombre Bordeaux 9 (1997), 199-206. 23 [5] Kaneko, M. : The Akiyama-Tanigawa algorithm for Bernoulli numbers, Jour- nal of Integer Sequences, Vol. 3 (2000), 1-7. 47 [6] Keith Devlin, How Euler discovered the zeta function, 1 - 4. 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 Mathemat- ical Monthly 81.10 (1974): 1067–1086. 49 [11] Victor Hugo Moll, The expansion of bernoulli polynomials in fourier series, 2-6. 23 Trang: 55 CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc GIẤY XÁC NHẬN CHỈNH SỬA LUẬN VĂN THẠC SĨ Họ và tên tác giả luận văn: Nguyễn Quốc Thái Đề tài luận văn: SỐ BERNOULLI VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Toán và Thống Kê Mã Học viên: C00256 Cơ sở đào tạo: Trường Đại học Thăng Long Căn cứ vào biên bản cuộc họp Hội đồng chấm luận văn thạc sĩ ngày 07/06/2016 tại Trường Đại học Thăng Long và các nhận xét, góp ý cụ thể của các thành viên hội đồng, tác giả luận văn đã thực hiện các chỉnh sửa sau: 1. Chỉnh sửa mục 1.1 2. Chỉnh sửa mục 2.1 từ “miền nguyên” thành “trường” 3. Đưa nội dụng ứng dụng theo cuối mỗi chương. 4. Chỉnh lại một số câu văn trong trình bày. Hà nội, ngày 10 tháng 07 năm 2016 Xác nhận của giáo viên hướng dẫn Tác giả luận văn Nguyễn Quốc Thái Xác nhận của Chủ tịch Hội đồng chấm luận văn