ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN ANH TÚ TÍNH CHẤT NHÂN TỬ CỦA TỔNG LŨY THỪA CÁC SỐ NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2015 i Mục lục Lời cảm ơn ii Mở đầu 1 Tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp 1.1 Cơng thức tính tổng lũy thừa Pk (n) 1.1.1 Mở đầu tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp 1.1.2 Cơng thức tính Pk (n) 1.2 Tính chất nhân tử Pk (n) 1.2.1 Phương pháp quy nạp 1.2.2 Đa thức Bernoulli tính nhân tử Pk (n) 3 12 12 17 Tổng lũy thừa hệ số nhị thức 2.1 Biểu diễn đa thức tổng lũy thừa hệ số nhị thức 2.1.1 Mở đầu tổng lũy thừa hệ số nhị thức 2.1.2 Biểu diễn đa thức tổng tích hệ số nhị 2.2 Định lý Faulhaber cho tổng lũy thừa hệ số nhị thức 2.2.1 Các hàm phản xạ 2.2.2 Định lý kiểu Faulhaber 2.2.3 Tính chất chia hết fk,m (x) 2.3 Tổng lũy thừa nghịch đảo hệ số nhị thức 2.3.1 Trường hợp tổng quát 2.3.2 Tổng nghịch đảo lũy thừa số tam giác 23 23 23 27 30 30 33 35 42 42 45 thức Kết luận 48 Tài liệu tham khảo 49 ii Lời cảm ơn Trong trình học tập làm luận văn tác giả ln nhận động viên, khuyến khích tạo điều kiện giúp đỡ nhiệt tình cấp lãnh đạo, thầy giáo, cô giáo anh chị em, bạn bè đồng nghiệp gia đình Với tình cảm chân thành tác giả bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới: Khoa Tốn-Tin Phịng Đào tạo, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, thầy, cô giáo tham gia giảng dạy cung cấp kiến thức giúp tác giả trình học tập nghiên cứu Đặc biệt, tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới PGS.TS Hà Trần Phương, người trực tiếp hướng dẫn khoa học tận tình bảo, giúp đỡ, góp ý để tác giả hồn thành luận văn Tác giả xin cảm ơn lãnh đạo Sở Giáo dục Đào tạo Tuyên Quang, Ban Giám hiệu Trường Phổ thông Dân tộc Nội trú THPT tỉnh Tuyên Quang với người thân, bạn bè đồng nghiệp tận tình giúp đỡ tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trình học tập, nghiên cứu hoàn thiện luận văn Dù nghiêm túc cố gắng thực luận văn này, với trình độ hạn chế nhiều lý khác, luận văn chắn không tránh khỏi khiếm khuyết định Kính mong góp ý thầy để luận văn hoàn chỉnh Tác giả Mở đầu Cho k, n số tự nhiên n 1, ta kí hiệu Pk (n) = 1k + 2k + + (n − 1)k + nk , tổng lũy thừa bậc k số nguyên dương liên tiếp từ đến n Việc nghiên cứu cơng thức tính tổng tính chất tổng thu hút quan tâm nhiều tác giả Thời trẻ, nghiên cứu tổng này, nhà tốn học Gauss tìm cơng thức cho P1 (n) phương pháp đơn giản thêm số hạng vào số hạng cuối cùng, số hạng thứ hai vào số hạng cuối thứ hai v.v Ơng tính P1 (n) = n (n + 1) Rất tiếc phương pháp đơn giản Gauss lại không thực với tổng bình phương, lập phương, v,v Về sau có nhiều nhà tốn học khác xây dựng cơng thức tính tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp Pk (n) nghiên cứu số tính chất Pk (n), đặc biệt tính chất nhân tử Tức tác giả chứng minh đại lượng n (n + 1) (2n + 1) thừa số Pk (n) k số chẵn lớn đại lượng n2 (n + 1)2 thừa số Pk (n) k số lẻ lớn (xem [1], [3], ) Năm 2013, A S Dzhumadil’daev D Yeliussizov nghiên cứu tổng lũy thừa hệ số nhị thức mở rộng tự nhiên tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp Trong báo tác giả chứng minh số tính chất tổng lũy thừa này, đặc biệt tính chất nhân tử giống tính chất tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp Với mục đích trình bày lại số kết nghiên cứu tính chất nhân tử tổng lũy thừa số nhị thức trường hợp đặc biệt tổng lũy số tự nhiên liên tiếp, chúng tơi chọn đề tài "Tính chất nhân tử tổng lũy thừa số nguyên" Luận văn gồm hai chương: Chương : Tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp Trong chương trình bày số kiến thức mở đầu tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp, công thức tính tổng Pk (n) giới thiệu tính chất nhấn tử Pk (n) hai phương pháp: quy nạp sử dụng tính chất đa thức Bernoulli Chương 2:Tổng lũy thừa hệ số nhị thức Trong chương chúng tơi trình bày lại số kết nghiên cứu A S Dzhumadil’daev D Yeliussizov ([3]) tính chất biểu diễn đa thức, tính chất nhân tử, tính chất chia hết tổng lũy thừa hệ số nhị thức Chương Tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp 1.1 1.1.1 Cơng thức tính tổng lũy thừa Pk (n) Mở đầu tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp Cho k, n số nguyên không âm Với k, n 1, ta kí hiệu Pk (n) = 1k + 2k + + (n − 1)k + nk , tổng lũy thừa bậc k số nguyên dương liên tiếp từ đến n Quy ước Pk (0) = với k P0 (n) = n với n 0, ta có Pk (n) với k, n số nguyên không âm Do Pk (0) = P0 (n) = n với k, n nên tổng Pk (n) ta chủ yếu quan tâm xem xét trường hợp k, n Ta có P1 (n) = + + + (n − 1) + n = n + (n − 1) + + + 1, nên 2P1 (n) = (n + 1) + (n + 1) + + (n + 1) = n(n + 1) n lần Kéo theo P1 (n) = n (n + 1) Rất tiếc, phương pháp đơn giản tự nhiên lại không sử dụng tính tổng bình phương, lập phương, v,v Có nhiều cách khác để tính tổng Pk (n), chẳng hạn: dự đốn cơng thức sau chứng minh cơng thức phương pháp quy nạp tốn học sử dụng kỹ thuật rút gọn, kỹ thuật rút gọn hữu hiệu Kỹ thuật rút gọn có ý tưởng xuất phát từ việc tính tổng 1 1 + + + + = 1.2 2.3 3.4 (n − 1) n n−1 1 − k k+1 k=1 =1− n Jakob Bernoulli đã dùng ý tưởng vào việc chứng minh tính phân kỳ chuỗi điều hịa 11 + 21 + 13 + Sử dụng kỹ thuật rút gọn việc tính tổng lũy thừa số nguyên dương ta có kết quả: Mệnh đề 1.1 ([8]) Cho n, k số tự nhiên Khi tổng lũy thừa bậc k số tự nhiên liên tiếp từ đến n tính truy hồi cơng thức P0 (n) = n Pk (n) = (n + 1)k+1 − − k+1 k+1 k+1 Pk+1−r (n) r r=2 (1.1) Chứng minh Hiển nhiên k = công thức Ta xét k > 0, áp dụng khai triển nhị thức Newton (n + 1)k+1 ta có k+1 (n + 1) k+1 k+1 −n k = (k + 1)n + r=2 k + k+1−r n r Thay liên tục n công thức n − 1, n − 2, , 2, sau ta cộng vế tương ứng đẳng thức có, ta thu được: k+1 (n + 1) k+1 − = (k + 1)Pk (n) + r=2 k+1 Pk+1−r (n) r Điều kéo theo k+1 (k + 1) Pk (n) = (n + 1) k+1 −1− r=2 k+1 Pk+1−r (n) , r (1.2) hay Pk (n) = (n + 1)k+1 − − k+1 k+1 k+1 Pk+1−r (n) r r=2 Mệnh đề chứng minh Nhận xét 1.2 Thực quy nạp công thức theo (1.1) ta nhận thấy Pk (n) đa thức n bậc k + với số tự nhiên k với hệ số lũy thừa cao k+1 Ví dụ Tính tổng 12 + 22 + + n2 Theo công thức truy hồi ta có 3 3P2 (n) = (n + 1) − − r=2 = n3 + 3n2 + 3n − Từ P0 (n) = n, P1 (n) = P3−r (n) r P1 (n) − P0 (n) n(n + 1) ta có 2n3 + 3n2 + n n (n + 1) (2n + 1) = P2 (n) = 6 Ví dụ Tính tổng 13 + 23 + + n3 Từ cơng thức truy hồi ta có 4 4P3 (n) = (n + 1) − − r=2 P3−r (n) r = n4 + 4n3 + 6n2 + 4n − Từ P0 (n) = n, P1 (n) = 4 P2 (n) − P1 (n) − P0 (n) n (n + 1) (2n + 1) n(n + 1) ; P2 (n) = ta có n4 + 2n3 + n2 n2 (n + 1)2 P3 (n) = = 4 1.1.2 Công thức tính Pk (n) Trong phần chúng tơi trình bày kết việc xây dựng cơng thức tính tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp Pk (n) Định lý 1.3 ([1]) Cho n, k số nguyên dương Khi k+1 as ns , Pk (n) = (1.3) s=1 ak+1 = as = s! , k+1 k+1−s (−1)j+1 j=1 as+j (s + j)! (j + 1)! với < s < k + Chứng minh Ta có n sk = 1k + 2k + + nk ; Pk (n) = (1.4) s=1 n−1 sk = 1k + 2k + + (n − 1)k , Pk (n − 1) = (1.5) s=1 Do Pk (n) − Pk (n − 1) = nk n(n + 1) đa thức bậc hai Sử dụng công thức (1.1) ta suy Pk (n) đa thức bậc (k + 1) với số tự nhiên k Do ta biểu diễn Pk (n) sau: Ta thấy P0 (n) = n đa thức bậc nhất; P1 (n) = Pk (n) = a1 n + a2 n2 + + ak nk + ak+1 nk+1 , a1 , a2 , ak , ak+1 số Bây ta tính tốn hệ số a1 , a2 , , ak+1 Ta viết as dạng as = fs (k) (s ∈ N, < s k + 1) Ta có k+1 as ns Pk (n) = s=1 k+1 as (n − 1)s Pk (n − 1) = s=1 Do k+1 k+1 as (n − 1)s = nk s Pk (n) − Pk (n − 1) = as n − s=1 s=1 Khai triển số hạng tổng (n − 1)s ta có Pk (n) − Pk (n − 1) = b1 n + b2 n2 + b3 n3 + + bk nk + bk+1 nk+1 = nk , (1.6) bs = f (k, a1 , a2 , , ak , ak+1 ) (0 < s ≤ k + 1) Điều kéo theo bs = (s = k) bk = Vì a1 , a2 , , ak , ak+1 số nên bs viết dạng f (k), k số tự nhiên biết Ta có k+1 k+1 as (n − 1)s = nk s as n − s=1 k+1 s=1 as ns = a1 n + a2 n2 + + ak+1 nk+1 s=1 Ta phân tích k+1 as (n − 1)s = a1 (n − 1) + a2 (n − 1)2 + + ak+1 (n − 1)k+1 s=1 = a1 (n − 1) + a2 (n2 + −2n + 1) + a3 (n3 − 3n2 + 3n − 1) k(k − 1)nk−2 + · · · + ak n − kn + − (k + 1)knk−1 k+1 k + ak+1 n − (k + 1)n + − k k−1 36 fk,m (x) chia hết cho x2 trường hợp Cũng theo Định lý 2.12, fk,m (x) chia hết cho x với k, m Ở ta hiểu tính chất chia hết nghĩa phần chia đa thức với hệ số hữu tỷ Bây giờ, ta tiếp tục nghiên cứu tính chất chia hết fk,m (x) số nguyên x Có thể thấy tính chất chia hết Định lý 2.12 không với tất số nguyên, tức chọn x số nguyên đa thức Qk,m (x) Định lý 2.12 chưa số nguyên Ta xem xét phản ví dụ để thấy rõ điều trường hợp sau: f3,5 (7) = 72 72 f3,2 (5) = 5 i=1 i=1 10 f4,4 (11) = 11 11 i=1 i+2 = i+2 = i+3 86650668 ∈ Z, 517 ∈ Z, = 335469880502 ∈ Z 11 Tuy nhiên, ta chứng minh được: với số k, m cho, tồn số nguyên tố p đủ lớn thỏa mãn fk,m (p) chia hết cho p p2 m, k số lẻ m > Để chứng minh cụ thể tính chất cần có số mệnh đề sau Mệnh đề 2.13 Cho k, m số nguyên dương lẻ, M số nguyên dương lẻ thỏa mãn gcd(M, k!) = Khi với số nguyên i thỏa mãn ≤ i ≤ M − k, ta có quan hệ đồng dư M −i+k−1 k m i+k−1 ≡− k m i+k−1 + Mm k Chứng minh Ta xem xét biểu diễn M −i+k−1 k m k−1 j=0 i+j (mod M ) dạng đa thức M, 37 M −i+k−1 k = (M − i + k − 1) · · · (M − i) k! = ak M k + · · · + a1 M + a0 Mk i+k−1 = + · · · + M (−1)k−1 k! k + (−1)k k−1 j=0 i+j i+k−1 k Chú ý rằng, với số ≤ j ≤ k − 1, tất số i + j nguyên tố với M Bởi vậy, M −i+k−1 k i+k−1 k ≡ (−1)k + (−1) k−1 i+k−1 M k k−1 j=0 i+j (mod M ) Do đó, M −i+k−1 k m  ≡ − i+k−1 i+k−1 +M k k k−1 j=0 m  i+j (mod M ) Mở rộng vế phải đồng dư này, có kết Mệnh đề 2.14 (km + 1)!fk,m (x) ∈ Z[x] Chứng minh Theo Định lý 2.2, tồn số nguyên aj cho ta biểu diễn fk,m (x) dạng aj x+km−j km+1 Chú ý j>0 (km + 1)! x + km − j km + ∈ Z[x], điều kéo theo kết luận mệnh đề Định lý sau cho thấy tính chất chia hết fk,m (N ) 38 Định lý 2.15 Cho N, k, m số nguyên dương Cho M số nguyên dương lẻ thỏa mãn gcd(M, k!) = M − k + ≤ N ≤ M + Khi N −1 fk,m (N ) = i=0 i+k−1 k m ≡0 (mod M ) trường hợp sau • m, k số lẻ, • gcd(M, (km + 1)!) = (k, m chẵn hay lẻ) Nếu m, k số lẻ m > 1, N −1 i+k−1 k fk,m (N ) = i=0 m (mod M ) ≡0 trường hợp sau • m chia hết cho M ; • gcd(M, (km + 1)!) = Chứng minh Với ≤ i ≤ M − k (k lẻ), theo Mệnh đề 2.13, M −i+k−1 k m i+k−1 + k m ≡0 (mod M ) Do đó, N −1 i=0 i+k−1 k m M −k ≡ i=1 M −k = ≡0 i=1 i+k−1 k m M −i+k−1 k m i+k−1 + k m (mod M ) Bây giả sử m chia hết cho N Như vậy, theo Mệnh đề 2.13, ta có M −i+k−1 k m i+k−1 ≡− k ≡− i+k−1 k m i+k−1 + Mm k m (mod M ) m k−1 j=0 i+j 39 Bởi vậy, N −1 i=0 i+k−1 k m M −k ≡ i=1 M −k = ≡0 i+k−1 k i=1 m M −i+k−1 k m i+k−1 + k m (mod M ) Vì gcd(M, (km + 1)!) = 1, theo Mệnh đề 2.14 Định lý 2.12, (km + 1)!fk,m (x) ∈ Z[x] chia hết cho x(x + 1) · · · (x + k − 1) (x(x + 1) · · · (x + k − 1))2 m, k số lẻ m > Trong tính chất chia hết hiểu phần chia đa thức với hệ số hữu tỷ Chú ý 2.16 1) Trong Định lý 2.15 ta đổi M thành lũy thừa số nguyên tố p Tính chất gcd(M, (km + 1)!) = thay bất đẳng thức p > km + 2) Định lý 2.15 không cho thấy tất điều kiện quan hệ chia hết fk,m (N ) cho M M Ví dụ, M = 13, k = 4, m = 14, N = 13, 12 f4,14 (13) = i=0 i+3 14 = 13 × 6075433069762635003999567344079450237278856, 4, 14 số chẵn gcd(13, 57!) = Tương tự, M = 7, k = 3, m = 9, N = 7, f3,9 (7) = i=0 i+2 = 72 × 112153022185284, không chia hết cho gcd(7, 28!) = Bây ta nghiên cứu số trường hợp cụ thể 40 Trường hợp k = Định lý 2.17 Giả sử p số nguyên tố lẻ ≤ m ≤ p − Khi p−1 f2,m (p) = i+1 m i=1  −2 (mod p), m = p − 1; ≡ m − (mod p), trường hợp cịn lại 2m p−1−m Chứng minh Ta có:  p−1 0 (mod p), t i ≡ −1 (mod p), i=1 t không chia hết cho p − 1; trường hợp ngược lại Bởi vậy, p−1 f2,m (p) = i=1 i+1 m = m p−1 m i=1 j=0 m m+j i = m j m j=0 m j p−1 im+j i=1 Nếu m = p − 1, m + j chia hết cho p − chi hai trường hợp: j = 0, m Như vậy, f2,p−1 (p) ≡ − 2p−1 p−1 p−1 + p−1 ≡ −2 (mod p) Nếu ≤ m < p − 1, tồn số nguyên j ∈ [0, m] cho m + j chia hết cho p − Tức là, j = p − − m Trong trường hợp này, f2,m (p) ≡ − m 2m p − − m (mod p) Định lý chứng minh Chú ý 2.18 Theo Định lý 2.17, p−1−m > m, f2,m (p) ≡ (mod p) Điều phù hợp với Định lý 2.15, p > 2m + 41 Trường hợp fk,−1 (N ) Định lý 2.19 Cho N, k số nguyên dương M số nguyên dương cho gcd(M, k!) = Khi đó, số hữu tỷ q xác định N −1 q = f(k,−1) (N ) = i=1 i+k−1 k , chia hết cho M (mẫu số nguyên tố với M ) trường hợp sau: (i) N ≡ (mod M ); (ii) N ≡ − k (mod M ) k số lẻ Chứng minh Để chứng minh Định lý 2.19 ta cần mệnh đề sau: Mệnh đề 2.20 Giả sử k > Khi N −1 fk,−1 (N ) = i+k−1 k i=1 Chứng minh Cho φ(x) = i+k−1 k = (x+k−1 k−1 ) k k−1 = k k−1 1− N +k−2 k−1 Khi dễ dàng chứng minh i+k−2 k−1 − i+k−1 k−1 =− k ∇φ(i) k−1 Bởi vậy, N −1 f(k,−1) (N ) = i=1 = i+k−1 k k =− k−1 N −1 ∇φ(i) i=1 k k (φ(0) − φ(N − 1)) = k−1 k−1 1− N +k−2 k−1 Mệnh đề chứng minh Bây ta tiếp tục chứng minh Định lý 2.19 Theo Mệnh đề 2.20, fk,−1 (N ) = k! k−1 1 − (k − 1)! (N + k − 2) · · · N 42 Chú ý hai trường hợp (i) (ii), số N, , N +k −2 nguyên tố với M Do đó, N ≡ (mod M ), (N + k − 2) · · · N ≡ (k − 1)! (mod M ) Nếu N ≡ − k (mod M ) k số lẻ, (N + k − 2) · · · N ≡ (−1)k−1 (k − 1)! ≡ (k − 1)! (mod M ) Định lý chứng minh 2.3 2.3.1 Tổng lũy thừa nghịch đảo hệ số nhị thức Trường hợp tổng quát Trong phần này, ta xem xét trường hợp tổng lũy thừa hệ số nhị thức với lũy thừa âm Ta kí hiệu ∞ ζk (m) = i=1 i+k−1 k Với k = ta có ∞ ζ(m) = ζ1 (m) = i=1 −m , im ζ(m) hàm zeta Riemann Một trường hợp đặc biệt, với m = 1, k > 1, theo Mệnh đề 2.20, ta có ∞ ζk (1) = i=1 i+k−1 k −1 = k k−1 Một tính chất quen thuộc hàm zeta Riemann sau: ζ(2m) = (−1)m+1 (2π)2m B2m 2(2m)! (2.3) với số nguyên dương m bất kỳ, B2m số Bernoulli Định lý sau cho thấy ζk (m) biểu diễn dạng tổ hợp tuyến tính giá trị hàm zeta Riemann 43 Định lý 2.21 Với số nguyên dương k m, tồn số hữu tỷ λ0 , λ1 , , λ m/2 , thỏa mãn  m/2     λi ζ(2i), km chẵn;  λ0 + i=1 ζk (m) = m/2     λi ζ(2i − 1), km lẻ  λ0 + i=1 −m Khi ζk (m) = Chứng minh Đặt F (x) = x+k−1 k F (x) có k khơng điểm x = 0, 1, , k − 1, F (x) = x+k−1 m k = k−1 m j=0 i=1 k−1 m = j=0 i=1 ∞ i=1 F (i) Vì đa thức ai,j (x + j)i ai,j ai,k−1−j + i (x + j) (x + k − − j)i (2.4) với số hữu tỷ ai,j (1 ≤ i ≤ m, ≤ j ≤ k − 1) Theo Mệnh đề 2.9, 1/F (x) (k − 1)-phản xạ km chẵn, 1/F (x) đối-(k − 1)-phản xạ km lẻ Nói cách khác, F (x) = eF (−x − k + 1) với hầu hết giá trị x (ngoại trừ không điểm mẫu số), e = ±1 Như vậy, theo (2.4) dựa vào tính chất phản xạ đề cập trên, k−1 m j=0 i=1 ai,k−1−j ai,j + (x + j)i (x + k − − j)i k−1 m =e j=0 i=1 ai,j ai,k−1−j + (−x − k + + j)i (−x − j)i hay k−1 m j=0 i=1 ai,j − e(−1)i ai,k−1−j ai,k−1−j − e(−1)i ai,j + (x + j)i (x + k − − j)i = Do đó, ai,j − e(−1)i ai,k−1−j = với tất số i, j (1 ≤ i ≤ m, ≤ j ≤ k − 1) Như (2.4) viết 44 dạng F (x) = 1 = x+k−1 m k k−1 m ai,j ai,j i + e(−1) (x + j)i (x + k − − j)i j=0 i=1 Cuối cùng, ∞ ζk (m) = F (x) x=1 ∞ = x=1 = 2 k−1 m j=0 i=1 ai,j ai,j i + e(−1) (x + j)i (x + k − − j)i j k−1 m ai,j ζ(i) − j=0 i=1 m l=1 + e(−1)i ζ(i) − e(−1)i i l k−1−j l=1 li ci (ζ(i) + e(−1)i ζ(i)), = c0 + i=1 số hữu tỷ ci (0 ≤ i ≤ m) Chú ý giá trị (ζ(i) + e(−1)i ζ(i)) triệt tiêu e = i lẻ, e = −1 i chẵn Sử dụng kết tính tốn cụ thể A Dzhumadil’daev D Yeliussizov ([3]) tính ∞ ζ2 (2) = i=1 ∞ ζ2 (3) = i=1 ∞ ζ3 (2) = i=1 i+1 i+1 i+2 −2 = π − 12, −3 = −8π + 80, −2 = 9π − 351 45 Tương tự, ∞ ζ3 (3) = i=1 ∞ ζ5 (3) = i=1 ∞ ζ3 (5) = i=1 2.3.2 i+2 i+4 i+2 −3 = 783 − 162ζ(3), −3 =− −5 = 1298125 + 11250ζ(3), 96 576639 47385 − ζ(3) − 7290ζ(5) 16 Tổng nghịch đảo lũy thừa số tam giác Nhắc lại ∞ ζ2 (m) = x=1 2m (x(x + 1))m Trong phần ta chứng minh kết biểu diễn hàm ζ2 (m) dạng tổ hợp hệ số nhị thức số Bernoulli Đầu tiên ta cần mệnh đề: Mệnh đề 2.22 m−1 x+1 m m =2 i=0 m+i−1 i (−1)i xm−i + (−1)m (x + 1)m−i Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo m Với m = ta có 1 = − x+1 x x + Giả sử khảng định với m, ta chứng minh khảng định với m + Trong chứng minh này, ta cần công thức sau với j số nguyên dương: 1 j = − + · · · + (−1) xj (x + 1) xj xj−1 x+1 1 1 = − − · · · − , x(x + 1)j x x+1 (x + 1)j điều kéo theo: − (−x)j = (1 + x)(1 + (−x) + · · · + (−x)j−1 ) − (x + 1)j = −x(1 + (x + 1) + · · · + (x + 1)j−1 ) 46 Ta có 1 = (x(x + 1))m+1 (x(x + 1))m m−1 = i=0 m = i=0 i m+j−1 j=0 j (vì (−1)m (−1)i + xm−i (x + 1)m−i m+i−1 i 1 − x x+1 (−1)i (−1)m+1 + xm−i+1 (x + 1)m−i+1 m+i i m+i i = 1 − x x+1 ) Bây ta chứng minh kết Định lý 2.23 Ta có ∞ x=1 m−1 2m − = (−1) m (x(x + 1))m m/2 m + (−1) i=1 2i 2m − 2i − i+1 (2π) (−1) B2i m−1 (2i)! Chứng minh Theo Mệnh đề 2.22, ∞ x=1 = (x(x + 1))m ∞ m−1 x=1 i=0 m−1 = i=0 (−1)m (−1)i + xm−i (x + 1)m−i m+i−1 i m+i−1 i ∞ x=1 ∞ (−1)m (−1)i + xm−i (x + 1)m−i x=1 47 Bởi vậy, biểu diễn trước cuối viết dạng m−1 i=0 m+i−1 i m−1 m−1 = (−1) i=0 m−1 = (−1) = (−1) m−1 (−1)i ζ(m − i) + (−1)m (ζ(m − i) − 1) m+i−1 + i m−1 i=0,(m−i) chẵn 2m − + (−1)m m 2m − + (−1)m m Định lý chứng minh m/2 i=1 m/2 i=1 m+i−1 (−1)i 2ζ(m − i) i 2m − 2i − ζ(2i) m−1 2i 2m − 2i − i+1 (2π) (−1) B2i m−1 (2i)! 48 Kết luận Trong luận văn đề cập vấn đề sau Giới thiệu số cơng thức tính tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp phương pháp truy hồi công thức trực tiếp Trình bày hai phương pháp chứng minh tích chất nhân tử Pk (n) Giới thiệu số khái niệm số tam giác, hệ số nhị thức tổng lũy thừa fk,m (N ) hệ số nhị thức Chứng minh số tính chất tổng lũy thừa fk,m (N ) hệ số nhị thức, mở rộng Pk (n): biểu diễn đa thức fk,m (N ), định lý Faulhaber cho fk,m (N ) tính chất chia hết fk,m (N ) Nghiên cứu cơng thức tính tổng vơ hạn lũy thừa với số mũ nguyên âm hệ số nhị thức 49 Tài liệu tham khảo [1] Almismari N, "A new method to express sums of power of integers as a polynomial equation", http://vixra.org/pdf/1211.0102v1.pdf [2] Dzhumadil’daev A S (2011), "Worpitzky identity for multipermutations", Mat Zametki 90, pp 464–466 [3] Dzhumadil’daev A S and Yeliussizov D (2013), "Power Sums of Binomial Coefficients", Journal of Integer Sequences 16, pp 1–28 [4] Johann Faulhaber (1631), Academia Algebræ, Darinnen die miraculosische Inventiones zu den hă ochsten Cossen weiters continuirt und profitiert werden, Augsburg, bey Johann Ulrich Schăonigs, [5] Jacobi C G J (1834), "De usu legitimo formulae summatoriae Maclaurinianae", J reine Angew Math 12, pp 263–272 [6] Knuth.D (1993), "Johann Faulhaber and sums of powers", Math Comp 61, pp 277–294 [7] Rivoal T (2000), "La fonction zêta de Riemann prend une infinité de valeurs irrationnelles aux entiers impairs", C R Math Acad Sci Paris 331, pp 267–270 [8] Shirali S A (2007), "sums of powers of integers", Resonance, 12, pp 27-43 [9] Sloane N J A., "The On-Line Encyclopedia of Integer Sequences", http://oeis.org [10] Sofo A (2006), "General properties involving reciprocals of binomial coefficients", J Integer Seq 9, Article 06.4.5 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC NGUYỄN ANH TÚ TÍNH CHẤT NHÂN TỬ CỦA TỔNG LŨY THỪA CÁC SỐ NGUYÊN Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: PGS.TS HÀ TRẦN PHƯƠNG Thái Nguyên - 2015 ... cứu tổng lũy thừa hệ số nhị thức mở rộng tự nhiên tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp Trong báo tác giả chứng minh số tính chất tổng lũy thừa này, đặc biệt tính chất nhân tử giống tính chất tổng. .. Yeliussizov ([3]) tính chất biểu diễn đa thức, tính chất nhân tử, tính chất chia hết tổng lũy thừa hệ số nhị thức 3 Chương Tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp 1.1 1.1.1 Cơng thức tính tổng lũy thừa Pk... tài "Tính chất nhân tử tổng lũy thừa số nguyên" Luận văn gồm hai chương: Chương : Tổng lũy thừa số tự nhiên liên tiếp Trong chương chúng tơi trình bày số kiến thức mở đầu tổng lũy thừa số tự