luận văn tổng lũy thừa của các số nguyên

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
——————————-
NGUYỄN MẠNH HÙNG
TỔNG LUỸ THỪA CỦA CÁC SỐ NGUYÊN
LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC
Chuyên ngành: ĐẠI SỐ VÀ LÝ THUYẾT SỐ
Mã số: 60.46.05
Người hướng dẫn khoa học: TS. VŨ THẾ KHÔI
THÁI NGUYÊN - NĂM 2011
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Mục lục
Lời cảm ơn 2
1 Các số Bernoulli 5
1.1 Mệnh đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6
1.3 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2 Các đa thức Faulhaber 16
2.1 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2 Nhận xét . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
2.3 Hệ quả . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20
3 Quan hệ đa thức giữa σ
i
và σ
j
24
3.1 Phương pháp khử biến để tìm các quan hệ giữa σ
i
và σ
j
. . . . 24

3.2 Dùng kết thức để tìm các quan hệ giữa σ
i
và σ
j
: . . . . . . . 26
4 Iđêan các đa thức và mối quan hệ giữa các kết thức 31
4.1 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
4.2 Ví dụ về quan hệ giữa R( σ
3
, σ
5
) và R*( σ
3
, σ
5
) . . . . . . . 33
4.3 Iđêan các đa thức . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
4.4 Bổ đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
4.5 Định lý . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
Kết luận 39
Tài liệu tham khảo 40
1
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Lời cảm ơn
Tôi xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới các thầy cô giáo của
trường Đại học Thái Nguyên, Viện Toán học, những người đã tận tình giảng
dạy và khích lệ, động viên tôi vượt qua những khó khăn trong học tập, và
đã trang bị cho tôi đầy đủ kiến thức để làm nền tảng cho quá trình viết luận
văn này.
Luận văn này được hoàn thành trong khóa 17 đào tạo Thạc sĩ của trường

Đại học Sư phạm - Đại học Thái Nguyên, dưới sự hướng dẫn của TS. Vũ Thế
Khôi, Viện Toán học. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới thầy hướng
dẫn, người đã tạo cho tôi một phương pháp nghiên cứu khoa học đúng đắn,
tinh thần làm việc nghiêm túc và đã dành nhiều thời gian, công sức giúp đỡ
tôi hoàn thành luận văn.
Tôi xin chân thành cảm ơn quý Thầy Cô trong hội đồng chấm luận văn
đã dành thời gian đọc và đóng góp nhiều ý kiến quý báu cho luận văn.
Tôi xin chân thành cảm ơn Ban lãnh đạo trường Đại học Sư phạm - Đại
học Thái Nguyên, khoa Sau đại học, đã tạo mọi điều kiện thuận lợi, giúp đỡ
tôi trong suốt thời gian tôi học tập.
Cuối cùng, tôi xin cảm ơn bạn bè, người thân đã động viên, ủng hộ tôi cả
về vật chất và tinh thần để tôi có thể hoàn thành tốt khóa học của mình.
2
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Giới thiệu
Chúng ta đã biết đến các tổng sau từ những bài toán chứng minh bằng
phương pháp quy nạp:
1 + 2 + 3 + + n =
n(n+1)
2
.
1
2
+ 2
2
+ 3
2
+ + n
2
=

n(n+1)(2n+1)
6
.
1
3
+ 2
3
+ 3
3
+ + n
3
=
n
2
(n+1)
2
4
=

n(n+1)
2

2
.
Ở đây, ta tổng quát hoá các tổng luỹ thừa có dạng như trên.
Với n, k ∈ N
∗
, khi đó ta có tổng luỹ thừa: σ
k
(n) = 1

k
+ 2
k
+ 3
k
+ + n
k
.
Theo ví dụ như trên chúng ta thấy rằng : σ
3
= σ
2
1
(1).
Khi đó đặt f(x, y) = x
2
− y thì f(σ
1
(n), σ
3
(n)) = 0 ∀n.
Nói cách khác tập hợp các điểm {(σ
1
(n); σ
3
(n))}
n=1,2,
đều nằm trên Parabol
có phương trình: y = x
2

.
Theo (1) thì σ
1
và σ
3
có mối liên hệ với nhau. Ở đề tài này, chúng ta sẽ
thấy một cách tiếp cận khác để mở rộng (1) đến mức mô tả tất cả các mối
quan hệ đa thức tồn tại giữa bất kì hai σ
i
. Bằng phương pháp của hình học
đại số chúng ta đi tìm các mối quan hệ giữa σ
i
và σ
j
hay tập hợp các điểm

ij
= {(σ
i
(n), σ
j
(n)) : n = 1, 2, }.
Bài luận văn này được viết dựa trên bài báo của Beardon, A. F., Sums of
Powers of Integers, Amer. Math. Monthly, 103 (1996), no. 3, 201 - 213. Và
các kết quả : từ Ví dụ 1.2.1 đến Ví dụ 1.2.5 ; Ví dụ 1.3.2 đến Ví dụ 1.3.8 ; Ví
dụ 2.3.1 đến Ví dụ 2.3.6 ; Ví dụ 3.1.1 đến Ví dụ 3.1.4 và Ví dụ 4.2 ở trong
luận văn là do chúng tôi tự tính toán.
3
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Bố cục luận văn được chia thành 4 chương :

• Chương 1: Các số Bernoulli
Trong chương này chúng tôi trình bày các kiến thức liên quan đến dãy
số Bernoulli : định nghĩa, công thức xác định, đi tìm một số hạng đầu
của dãy số Bernoulli và từ đó đưa ra các tính chất và hệ quả của chúng.
Cuối cùng kết hợp với sự khai triển của hàm f(t) ở mệnh đề 1.2.7, ta
khẳng định được rằng các σ
k
(n) là đa thức biến n có hệ số liên quan
đến các số Bernoulli.
• Chương 2 : Các đa thức Faulhaber
Trong chương này chúng tôi trình bày các sự biểu diễn của σ
k
qua σ
1
trong cả hai trường hợp k lẻ và k chẵn. Dựa vào kết quả đó, tìm một số
mối quan hệ ban đầu của σ
k
và σ
1
ứng với những giá trị k cụ thể, và từ
mối quan hệ này ta thu được các đa thức gọi là các đa thức Faulhaber.
• Chương 3 : Quan hệ đa thức giữa σ
i
và σ
j
.
Ở đây chúng tôi trình bày mối liên quan giữa σ
i
và σ
j

bất kì, và cách
tìm mối quan hệ này bằng phương pháp khử biến. Bằng cách tính toán
thông thường theo phương pháp đại số chúng tôi tìm được các mối quan
hệ này với các trường hợp k có giá trị nhỏ. Để có được một kết quả tổng
quát, chúng tôi trình bày trong chương này một phương pháp dùng kết
thức khử n hoặc σ
1
để tìm mối quan hệ giữa σ
i
và σ
j
.
• Chương 4 : Iđêan các đa thức và mối quan hệ giữa các kết thức
Với những điều đã biết về kết thức ở chương 3, ta gọi kết thức thu được
khi khử n từ σ
i
và σ
j
là R(f,g) và kết thức thu được khi khử σ
1
từ σ
i
và
σ
j
là R*(f,g). Ở chương này chúng tôi trình bày mối quan hệ giữa hai
kết thức này và lý thuyết về iđêan các đa thức.
4
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Chương 1

Các số Bernoulli
1.1 Mệnh đề
Các σ
k
(n) là các đa thức bậc k + 1 theo n.
Chứng minh :Ta chứng minh quy nạp theo k.
Trước hết ta xét một số giá trị ban đầu của k để cho thấy rằng mệnh đề
đúng với các giá trị k này.
Với k = 1, ta có :
σ
1
(n) = 1 + 2 + 3 + + n =
n(n+1)
2
là đa thức bậc 2 theo n
Vậy mệnh đề đúng với k = 1.
Với k = 2, ta có:
σ
2
(n) = 1
2
+2
2
+3
2
+ +n
2
=
n(n+1)(2n+1)
6

là đa thức theo n có bậc là 3.
Vậy mệnh đề đúng với k = 2.
Bây giờ ta giả sử mệnh đề đúng với σ
k−1
(n) là đa thức có bậc là k.
Ta cần chứng minh đúng với σ
k
(n) có bậc k + 1.
5
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Xét (n + 1)
k+1
− 1 =
n

m=1

(m + 1)
k+1
− m
k+1

(1.1)
=
n

m=1
k

r=0


k + 1
r

m
r
=
k

r=0

k + 1
r

n

m=1
m
r
=
k

r=0

k + 1
r

σ
r
(n) =

k−1

r=0

k + 1
r

σ
r
(n) + (k + 1)σ
k
(n).
Rút σ
k
(n) từ đẳng thức trên ta được σ
k
(n) là đa thức bậc k + 1 theo n.
Vậy các σ
k
(n) là các đa thức bậc k + 1 theo n.
1.2 Định nghĩa
Cho dãy số B
n
, n ≥ 0 với số hạng đầu tiên B
0
= 1, các số hạng tiếp theo
được cho bởi công thức truy hồi sau:
m

j=0


m + 1
j

B
j
= 0.
Dãy số trên được gọi là dãy số Bernoulli.
( Xem tài liệu tham khảo [3]- trang 229 )
Một số số hạng đầu của dãy số Bernoulli:
Ví dụ 1.2.1. Với m = 1, ta có:
1

j=0

2
j

B
j
= 0
⇔

2
0

B
0
+


2
1

B
1
= 0
⇔ B
0
+ 2B
1
= 0 ⇔ 1 + 2B
1
= 0
Vậy ta tính được B
1
= −
1
2
.
Ví dụ 1.2.2. Với m = 2, ta có:
2

j=0

3
j

B
j
= 0

6
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
⇔

3
0

B
0
+

3
1

B
1
+

3
2

B
2
= 0
⇔ B
0
+ 3B
1
+ 3B
2

= 0 ⇔ 1 + 3(−
1
2
) + 3B
2
= 0
Vậy ta tính được B
2
=
1
6
.
Ví dụ 1.2.3. Với m = 3, ta có:
3

j=0

4
j

B
j
= 0
⇔

4
0

B
0

+

4
1

B
1
+

4
2

B
2
+

4
3

B
3
= 0
⇔ B
0
+ 4B
1
+ 6B
2
+ 4B
3

= 0
⇔ 1 + 4(−
1
2
) + 6
1
6
+ 4B
3
= 0 ⇔ 4B
3
= 0 ⇒ B
3
= 0
Vậy ta tính được B
3
= 0.
Ví dụ 1.2.4. Với m = 4, ta có:
4

j=0

5
j

B
j
= 0
⇔


5
0

B
0
+

5
1

B
1
+

5
2

B
2
+

5
3

B
3
+

5
4


B
4
= 0
⇔ B
0
+ 5B
1
+ 10B
2
+ 10B
3
+ 5B
4
= 0
⇔ 1 + 5(−
1
2
) + 10
1
6
+ 5B
4
= 0
⇔ 5B
4
= −
1
6
⇒ B

4
= −
1
30
.
Vậy ta tính được B
4
= −
1
30
.
Ví dụ 1.2.5. Với m = 5, ta có:
5

j=0

6
j

B
j
= 0
⇔

6
0

B
0
+


6
1

B
1
+

6
2

B
2
+

6
3

B
3
+

6
4

B
4
+

6

5

B
5
= 0
7
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
⇔ B
0
+ 6B
1
+ 15B
2
+ 20B
3
+ 15B
4
+ 6B
5
= 0
⇔ 1 + 6(−
1
2
) + 15
1
6
+ 15(−
1
30
) + 6B

5
= 0
⇔ 6B
5
= 0 ⇒ B
5
= 0.
Vậy ta tính được B
5
= 0.
Nhận xét 1.2.6. . Từ các tính toán ở trên ta nhận thấy rằng các số Bernoulli
ứng với hai số k lẻ là B
3
= B
5
= 0. Điều này cũng đúng cho sự mở rộng các
số Bernoulli B
2k+1
= 0 với k = 1, 2, . . .
Để chứng minh nhận xét mở rộng ở trên, ta đi xét mệnh đề sau và từ đó
có được hệ quả.
Mệnh đề 1.2.7. . Khi khai triển hàm số f(t) =
t
e
t
−1
theo chuỗi luỹ thừa
quanh điểm t = 0, ta được:
t
e

t
−1
=
∞

m=0
B
m

t
m
m!

.
Trong đó: e
t
=
∞

m=0
t
m
m!
.
Chứng minh :
Giả sử:
t
e
t
−1

=
∞

m=0
b
m
t
m
m!
(*). Ta sẽ chứng minh b
m
= B
m
.
Ta có: e
t
=
∞

m=0
t
m
m!
= 1 +
t
1!
+
t
2
2!

+
t
3
3!
+
Suy ra e
t
− 1 =
t
1!
+
t
2
2!
+
t
3
3!
+ =
∞

m=1
t
m
m!
.
Từ (*) ta có: t = (e
t
− 1)
∞


m=0
b
m
t
m
m!
=

∞

m=1
t
m
m!

∞

m=0
b
m
t
m
m!

=

t
1!
+

t
2
2!
+
t
3
3!
+

b
0
+ b
1
t
1!
+ b
2
t
2
2!
+

.
So sánh hai vế ta thấy:
Vế trái chỉ có thành phần bậc 1 theo t có hệ số là 1.
Từ đó suy ra vế phải chỉ tồn tại hệ số bậc 1 của t, còn các hệ số ứng với
8
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
thành phần bậc 2 trở lên theo t đều bằng 0.
+ Thành phần bậc 1 :

b
0
t
1!
= b
0
t ⇒ b
0
= 1
Vậy hệ số b
0
= 1.
+ Thành phần bậc 2 :
b
0
t
2
2!
+ b
1
t
1!
t
1!
=

b
0
2
+ b

1

t
2
⇒
b
0
2
+ b
1
= 0
⇒
1
2
+ b
1
= 0 ⇒ b
1
= −
1
2
+ Thành phần bậc 3 :
b
0
t
3
3!
+ b
1
t

1!
t
2
2!
+ b
2
t
2
2!
t
1!
=

b
0
6
+
b
1
2
+
b
2
2

t
3
⇒
b
0

6
+
b
1
2
+
b
2
3
= 0 ⇒
1
6
+
−
1
2
2
+
b
2
3
= 0 ⇒ b
2
=
1
6
+ Tương tự đến thành phần bậc k là :
b
0
t

0
0!
t
k
k!
+ b
1
t
1
1!
t
k−1
(k−1)!
+ b
2
t
2
2!
t
k−2
(k−2)!
+ + b
k−1
t
k−1
(k−1)!
t
1
1!
=

1
k!

b
0
k!
0!k!
t
k
+ b
1
k!
1!(k−1)!
t
k
+ + b
k−1
k!
(k−1)!1!
t
k

=
t
k
k!
k−1

j=0
b

j

k
j

⇒
k−1

j=0
b
j

k
j

= 0 , ∀k = 2, 3, 4,
Thay k = m + 1 ta được :
m

j=0
b
j

m + 1
j

= 0 , ∀k = 1, 2, 3, 4, ⇒ B
j
= b
j

Vậy
t
e
t
−1
=
∞

m=0
B
m
t
m
m!
Hệ quả 1.2.8. Từ cách chứng minh mệnh đề trên, ta có thể kết luận được
B
2k+1
= 0, ∀k = 1, 2, 3, 4
Chứng minh : Thật vậy, ta có :
t
e
t
−1
= 1 −
t
2
+
∞

m=2

B
m
t
m
m!
9
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
⇒
t
e
t
−1
+
t
2
= 1 +
∞

m=2
B
m
t
m
m!
.
Ta cần chứng minh: f (t) =
t
e
t
−1

+
t
2
là hàm chẵn.
Vì khi đó f(t) chỉ chứa các thành phần bậc chẵn.
Ta suy ra được các hệ số gắn với biến t có bậc lẻ sẽ bằng 0
hay B
2k+1
= 0 ∀k = 1, 2, 3
Ta có: f (−t) =
−t
e
−t
−1
+
−t
2
=
t.e
t
e
t
−1
−
t
2
=
t.e
t
e

t
−1
− t +
t
2
=
t.e
t
−t.e
t
+t
e
t
−1
+
t
2
=
t
e
t
−1
+
t
2
= f(t)
Vậy ta có f(t) là hàm chẵn.
Hay các số Bernoulli B
n
, n ≥ 0 với B

0
= 1, các số tiếp theo cho bởi công
thức truy hồi
m

j=0

m + 1
j

B
j
= 0, khi đó nó có các thành phần B
2k+1
= 0,
∀k = 1, 2, 3, 4
1.3 Định lý
Với các số Bernoulli, khi đó ta luôn có:
σ
k
(n − 1) = 1
k
+2
k
+3
k
+ +(n − 1)
k
=
1

k+1
k

j=0

k + 1
j

B
j
n
k+1−j
.
( Xem tài liệu tham khảo [3] - trang 234 )
Chứng minh: Theo mệnh đề 1.2.7 ta có
e
jt
=
∞

m=0
(jt)
m
m!
= 1 +
jt
1!
+
j
2

t
2
2!
+
j
3
t
3
3!
+ +
j
m
t
m
m!
+ , j = 1, . . . , n − 1.
Khi đó khai triển ra ta được :
10
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
+ e
1t
= 1 +
1t
1!
+
1
2
t
2
2!

+
1
3
t
3
3!
+ +
1
m
t
m
m!
+
+ e
2t
= 1 +
2t
1!
+
2
2
t
2
2!
+
2
3
t
3
3!

+ +
2
m
t
m
m!
+
+ e
3t
= 1 +
3t
1!
+
3
2
t
2
2!
+
3
3
t
3
3!
+ +
3
m
t
m
m!

+
+
+ e
(n−1)t
= 1 +
(n−1)t
1!
+
(n−1)
2
t
2
2!
+
(n−1)
3
t
3
3!
+ +
(n−1)
m
t
m
m!
+
Cộng theo vế các đẳng thức trên từ j = 1, . . . n − 1, ta được:
e
t
+ e

2t
+ e
3t
+ + e
(n−1)t
=σ
0
(n − 1) + σ
1
(n − 1)
t
1!
+ σ
2
(n − 2)
t
2
2!
+ + σ
m
(n − 1)
t
m
m!
+
⇔
n−1

j=1
e

jt
=
∞

k=0
σ
k
(n − 1)
t
k
k!
.
Theo cấp số nhân ta có:
e
t
+ e
2t
+ e
3t
+ + e
(n−1)t
= e
t
(
e
t
)
n−1
−1
e

t
−1
=
e
nt
−e
t
e
t
−1
=
e
nt
−1−
(
e
t
−1
)
e
t
−1
=
e
nt
−1
e
t
−1
− 1

Từ kết quả trên ta tách được như sau :
e
nt
−1
e
t
−1
− 1 =
e
nt
−1
t
t
e
t
−1
− 1
=

nt
1!
+
(nt)
2
2!
+
(nt)
3
3!
+


t

∞

m=0
B
m
t
m
m!

− 1
=

∞

i=1
n
i
t
i−1
i!

∞

m=0
B
m
t

m
m!

− 1
Xét số hạng chứa t
k
có dạng:
11
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
B
0
n
k+1
t
k
(k+1)!
+ B
1
t
1
1!
n
k
t
k−1
k!
+ B
2
t
2

2!
n
k−1
t
k−2
(k−1)!
+
= B
0
n
k+1
(k+1)!
0!(k+1)!
t
k
(k+1)!
+ B
1
n
k
(k+1)!
1!k!
t
k
(k+1)!
+ B
2
n
k−1
(k+1)!

2!(k−1)!
t
k
(k+1)!
+
=

k

j=0
B
j
n
k+1−j

k + 1
j

t
k
(k+1)!
⇒
∞

k=0

k

j=0
B

j
n
k+1−j

k + 1
j

t
k
(k+1)!
=
∞

k=0
σ
k
(n − 1)
t
k
k!
⇒
∞

k=0

1
k+1
k

j=0


k + 1
j

B
j
n
k+1−j

t
k
k!
=
∞

k=0
σ
k
(n − 1)
t
k
k!
⇒ σ
k
(n − 1) =
1
k+1
∞

j=0


k + 1
j

B
j
n
k+1−j
Với kết quả chứng minh trên, thay z = n − 1, ta có:
σ
k
(z) =
1
k+1
k

j=0

k + 1
j

B
j
(z + 1)
k+1−j
Từ định lý trên ta rút ra được các hệ quả sau.
Hệ quả 1.3.1. Ta thấy rằng σ
k
(z) là đa thức bậc k + 1 và σ
k

(0) = 0,
∀k = 1, 2, 3
Thật vậy, chúng ta hãy cùng kiểm chứng qua các ví dụ sau :
Ví dụ 1.3.2. Với k = 1, ta có:
+) σ
1
(z) =
1
2
1

j=0

2
j

B
j
(z + 1)
2−j
=
1
2

2
0

B
0
(z + 1)

2
+

2
1

B
1
(z + 1)

12
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
=
1
2

(z + 1)
2
− (z + 1)

=
1
2

z
2
+ z

.
+) σ

1
(0) =
1
2
1

j=0

2
j

B
j
1
2−j
=
1
2

2
0

B
0
1
2
+

2
1


B
1
1
1

=
1
2

1 + 2

−
1
2

=
1
2
(1 − 1) = 0
Ví dụ 1.3.3. Với k = 2, ta có:
+) σ
2
(z) =
1
3
2

j=0


3
j

B
j
(z + 1)
3−j
=
1
3

3
0

B
0
(z + 1)
3
+

3
1

B
1
(z + 1)
2
+

3

2

B
2
(z + 1)

=
1
3

(z + 1)
3
−
3
2
(z + 1)
2
+
1
2
(z + 1)

=
1
3

z
3
+
3

2
z
2
−
3
2
z

+)σ
2
(0) =
1
3
2

j=0

3
j

B
j
1
3−j
=
1
3

3
0


B
0
1
3
+

3
1

B
1
1
2
+

3
2

B
2
1
1

=
1
3

1 + 3


−
1
2

+ 3
1
6

=
1
3

1 −
3
2
+
1
2

= 0.
Bây giờ chúng ta xét tiếp hệ quả tiếp theo cũng được suy ra trực tiếp từ
định lý.
Hệ quả 1.3.4. Ta có σ
k
(z − 1) là đa thức bậc k + 1, không chứa số hạng
bậc k − 2, k − 4.
Chúng ta cũng sẽ kiểm chứng hệ quả này thông qua các ví dụ :
13
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Ví dụ 1.3.5. Với k = 3, ta có:

σ
3
(z − 1) =
1
4
3

j=0

4
j

B
j
z
4−j
=
1
4

4
0

B
0
z
4
+

4

1

B
1
z
3
+

4
2

B
2
z
2
+

4
3

B
3
z
1

Do B
3
= 0 ⇒ σ
3
(z − 1) không chứa số hạng bậc k − 2 = 3 − 2 = 1.

Ví dụ 1.3.6. Với k = 4, ta có:
σ
4
(z − 1) =
1
5
4

j=0

5
j

B
j
z
5−j
=
1
5

5
0

B
0
z
5
+


5
1

B
1
z
4
+

5
2

B
2
z
3
+

5
3

B
3
z
2
+

5
4


B
4
z
1

Do B
3
= 0 ⇒ σ
4
(z − 1) không chứa số hạng bậc k − 2 = 4 − 2 = 2
Ví dụ 1.3.7. Với k = 5, ta có:
σ
5
(z − 1) =
1
6
5

j=0

6
j

B
j
z
6−j
=
1
6


6
0

B
0
z
6
+

6
1

B
1
z
5
+

6
2

B
2
z
4
+

6
3


B
3
z
3
+

6
4

B
4
z
2
+

6
5

B
5
z
1

Do B
3
= B
5
= 0 ⇒ σ
5

(z − 1) không chứa số hạng bậc k −2 = 5 −2 = 3
và bậc k − 4 = 5 − 4 = 1
14
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Ví dụ 1.3.8. Với k = 6, ta có:
σ
6
(z − 1) =
1
7
6

j=0

7
j

B
j
z
7−j
=
1
7

7
0

B
0

z
7
+

7
1

B
1
z
6
+

7
2

B
2
z
5
+

7
3

B
3
z
4
+


7
4

B
4
z
3
+

7
5

B
5
z
2
+

7
6

B
6
z
1

Do B
3
= B

5
= 0 ⇒ σ
6
(z − 1) là đa thức bậc 7 không chứa số hạng bậc
4 và số hạng bậc 2.
15
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Chương 2
Các đa thức Faulhaber
Ta có σ
k
(n) là một đa thức theo n có bậc k + 1. Khi k là lẻ σ
k
là một đa
thức theo σ
1
có bậc
k+1
2
.
Ví dụ: σ
3
= σ
2
1
σ
5
=
σ
2

1
(4σ
1
−1)
3
; σ
7
=
σ
2
1
(
6σ
2
1
−4σ
1
+1
)
3
Khi k lẻ σ
k
biểu diễn theo σ
2
1
.
Nếu k là chẵn thì σ
k
(n) là đa thức theo n có bậc lẻ và không thể biểu diễn
theo đa thức của σ

1
.
Khi đó σ
k
phân tích theo σ
2
và phần còn lại là đa thức theo σ
1
.
2.1 Định lý
i) Với k = 3, 5, 7, . . . có một đa thức F
k
bậc
k+1
2
sao cho σ
k
= F
k
(σ
1
).
Hơn nữa F
k
(z) có nghiệm kép z = 0.
ii) Với k = 2, 4, 6, . . . có một đa thức F
k
(z) bậc
k−2
2

sao cho
σ
k
= σ
2
F
k
(σ
1
).
Chứng minh : Từ cách xác định của tổng luỹ thừa ta có
σ
k
1
(n) = (1 + 2 + + n)
k
=

n(n+1)
2

k
=
n

m=1


m(m+1)
2


k
−

(m−1)m
2

k

16
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
=
n

m=1


m
2

k
k

r=0

k
r

m
r

−

m
2

k
k

r=0

k
r

(−1)
k−r
m
r

=
n

m=1
k

r=0

k
r



m
2

k
m
r

1 − (−1)
k−r

=
1
2
k
k

r=0
n

m=1
m
k+r

k
r


1 − (−1)
k−r


=
1
2
k
k

r=0

k
r

σ
k+r
(n)

1 − (−1)
k−r

. (2.1)
Từ (2.1) ta thấy, với k lẻ : k = 2p + 1
+r chẵn ⇒ 1 − (−1)
k−r
= 0
+r lẻ ⇒ 1 − (−1)
k−r
= 0.
Vậy ta có thể viết σ
k
1
(n) =

1
2
2p+1
2p

r=0

2p
2r

σ
2p+2r
Nói cách khác với k lẻ thì có một biểu diễn σ
k
1
(n) qua các
σ
j
(n) ; j = k, , 2k − 1.
Ta chứng minh i) bằng quy nạp theo k :
+ Với k = 3 ta có : σ
3
= σ
2
1
+ Giả sử i) đúng với σ
3
, σ
5
, , σ

2k−3
.
Theo (2.1) và những nhận xét ở trên ta có
σ
k
1
(n) =
1
2
k

2

k
0

σ
k
(n) + 2

k
2

σ
k+2
(n) + + 2

k
k − 1


σ
2k−1
(n)

17
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Trong đó

k
r

=
k!
r!(k−r)!
=
(k−r+1)(k−r+2) k
r!
là đa thức bậc r
Khi đó ta có :
+ σ
k
(n) là đa thức theo σ
1
bậc
k+1
2
.
+σ
k+2
(n) là đa thức theo σ

1
bậc
k+3
2
.
+
+σ
2k−3
(n) là đa thức theo σ
1
bậc k − 1.
Từ đó ta có σ
2k−1
(n) là đa thức theo σ
1
bậc k và có nghiệm kép tại z = 0 .
ii) Với k = 2, 4, 6, . . . ta có:
(2n + 1) σ
k
1
(n) =
n

m=1

(2m + 1)

m(m+1)
2


k
− (2m − 1)

(m−1)m
2

k

=
n

m=1

k

r=0

k
r

m
r

m
2

k
(2m + 1) −
k


r=0

k
r


m
2

(2m − 1) (−1)
k−r

=
1
2
k
n

m=1
k

r=0

k
r

m
r+k

(2m + 1) − (−1)

k−r
(2m − 1)

=
1
2
k
n

m=1
k

r=0

k
r

m
r+k

2m

1 − (−1)
k−r

+ 1 + (−1)
k−r

=
1

2
k
k

r=0

k
r


2
n

m=1
m
k+r+1

1 + (−1)
k−r+1

+
n

m=1
m
k+r

1 + (−1)
k−r



=
1
2
k
k

r=0

k
r


2σ
k+r+1

1 + (−1)
k−r+1

+ σ
k+r

1 + (−1)
k−r

. (2.2)
Ta thấy: với k chẵn
+) Nếu k − r + 1 chẵn ⇔r lẻ k + r + 1 chẵn.
+) Nếu k − r chẵn ⇔ r chẵn k + r chẵn.
18

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Từ (2.2) ta thấy (2n + 1) σ
k
1
(n) được biểu diễn qua σ
k
(n) , σ
k+2
(n) , , σ
2k
(n).
Ta cần chứng minh: σ
k
= σ
2
F
k
(σ
1
) ∀k.
Dùng quy nạp để chứng minh:
+) σ
2
(n) = σ
2
hiển nhiên đúng.
+) Giả sử ii) đúng với σ
2
(n) , σ
4

(n) σ
2k−2
(n)
(2n + 1) σ
k
1
(n) = λ
k
σ
k
(n)+1
k+2
σ
k+2
(n)+ +λ
2k−2
σ
2k−2
(n)+λ
2k
σ
2k
(n)
Mà σ
2
(n) = 1
2
+ 2
2
+ 3

2
+ + n
2
=
n(n+1)(2n+1)
6
=
n(n+1)
2
2n+1
3
= σ
1
2n+1
3
⇒ 2n + 1 =
3σ
2
σ
1
⇒ 3σ
2
σ
k−1
1
(n) = λ
k
σ
2
F

k
(σ
1
) + + λ
2k−2
σ
2
F
2k−2
(σ
1
) + λ
2k
σ
2k
(n)
Theo giả thiết quy nạp ta có:
+) σ
k−1
1
(n) có bậc là k − 1.
+) F
k
(σ
1
) có bậc là
k−2
2
.
+) F

k+2
(σ
1
) có bậc là
k
2
.
+) F
2k−2
(σ
1
) có bậc là k − 2.
Vậy σ
2k
(n) = σ
2
F
2k
(σ
1
) trong đó F
2k
(z) có bậc k − 1.
Các đa thức F
k
được nói đến trong Định lý 2.1 gọi là các đa thức Faulhaber.
Từ định lý trên, ta có thể suy ra trực tiếp được nhận xét sau.
19
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2.2 Nhận xét

Nếu k chẵn thì σ
2
k
là đa thức theo σ
1
:
Thật vậy σ
k
= σ
2
F
k
(σ
1
) ta suy ra σ
2
k
= σ
2
2
F
2
k
(σ
1
) .
Ta lại có: σ
2
= σ
1

2n+1
3
⇒ σ
2
2
=
σ
2
1
9
(2n + 1)
2
=
σ
2
1
9
(4n
2
+ 4n + 1)
=
σ
2
1
9
[4n (n + 1) + 1] =
σ
2
1
9

(8σ
1
+ 1)
⇒ σ
2
2
=
σ
2
1
9
(8σ
1
+ 1) =
8
9
σ
3
1
+
σ
2
1
9
⇒ σ
2
k
=

8

9
σ
3
1
+
σ
2
1
9

F
2
k
(σ
1
).
Vậy σ
2
k
là đa thức theo σ
1
.
Cũng xuất phát từ định lý trên, ta suy ra hệ quả sau một cách trực tiếp.
2.3 Hệ quả
Với mọi k ta luôn có : σ
k
1
(n) =
1
2

k
k

r=0

k
r

σ
k+r
(n)

1 − (−1)
k−r

Sau đây chúng ta tìm một số quan hệ giữa σ
i
và σ
1
nhờ hệ quả (2.3) ứng
với những giá trị cụ thể của k trong các ví dụ sau.
Ví dụ 2.3.1. Với k = 3, ta có:
σ
3
1
=
1
2
3


3
0

2σ
3
+

3
2

2σ
5

⇒ σ
3
1
=
σ
3
4
+
3σ
5
4
Mà σ
3
= σ
2
1
, coi σ

1
như một biến z thì ta có đa thức F
3
(z) = z
2
. (2.3)
20
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Và σ
3
1
=
σ
2
1
4
+
3σ
5
4
⇒ σ
5
=
4σ
3
1
−σ
2
1
3

=
σ
2
1
(4σ
1
−1)
3
Ở đây, nếu ta coi σ
1
như một biến zthì ta có đa thức F
5
(z) =
z
2
(4z−1)
3
. (2.4)
Ví dụ 2.3.2. Với k = 4, ta có:
σ
4
1
=
1
2
4
4

r=0


4
0

σ
4+r
(n)

1 − (−1)
4−r

=
1
16

4
1

2σ
5
+

4
3

2σ
7

=
1
16

[8σ
5
+ 8σ
7
]
=
σ
5
2
+
σ
7
2
=
4σ
3
1
6
−
σ
2
1
6
+
σ
7
2
⇒ σ
7
=

6σ
4
1
−4σ
3
1
+σ
2
1
3
=
σ
2
1
(
6σ
2
1
−4σ
1
+1
)
3
Ta cũng coi σ
1
như biến z và thu được đa thức F
7
(z) =
z
2

(
6z
2
−4z+1
)
3
. (2.5)
Ví dụ 2.3.3. Với k = 5, ta có:
σ
5
1
=
1
2
5
5

r=0

5
r

σ
5+r
(n)

1 − (−1)
5−r

=

1
32

5
0

2σ
5
+

5
0

2σ
7
+

5
4

2σ
9

⇒ σ
5
1
=
1
32
(2σ

5
+ 20σ
7
+ 10σ
9
) =
σ
5
16
+
5σ
7
8
+
5σ
9
16
.
Thay σ
5
, σ
7
vào ta được:
σ
5
1
=
4σ
3
1

−σ
2
1
48
+
5
(
6σ
4
1
−4σ
3
1
+σ
2
1
)
24
+
5σ
9
16
⇒ σ
9
=
σ
2
1
(
16σ

3
1
−20σ
2
1
+12σ
1
−3
)
5
Tương tự như trên ta có được đa thức F
9
(z) =
z
2
(
16z
2
−20z
2
+12z−3
)
5
. (2.6)
21
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Các kết quả thu được từ (2.3) đến (2.6) cho chúng ta biết F
3
; F
5

; F
7
; F
9
,
để tìm được F
4
; F
6
; F
8
ta thay lần lượt k = 2, k = 3, k = 4 vào (2.2), được
thể hiện qua quá trình tính toán chi tiết của chúng tôi ở các ví dụ sau.
Ví dụ 2.3.4. Với k = 2, thay vào (2.2) ta có :
(2n + 1) σ
2
1
=
1
2
2
2

r=0

2
r


2σ

3+r

1 + (−1)
3−r

+ σ
2+r

1 + (−1)
2−r

=
1
4
(2σ
2
+ 8σ
4
+ 2σ
4
) =
1
2
(σ
2
+ 5σ
4
)
⇒ σ
4

=
2 (2n + 1) σ
2
1
− σ
2
5
Mà ta có
2 (2n + 1) σ
2
1
= 2 (2n + 1)
n (n + 1)
2
σ
1
= 6
n (n + 1) (2n + 1)
6
σ
1
= 6σ
1
σ
2
Vậy ta có
σ
4
= σ
2

(6σ
1
− 1)
5
Từ đó ta có được
F
4
=
6z − 1
5
(2.7)
Ví dụ 2.3.5. Với k = 3, thay vào (2.2) ta có :
(2n + 1) σ
3
1
=
1
2
3
3

r=0

3
r


2σ
4+r


1 + (−1)
4−r

+ σ
3+r

1 + (−1)
3−r

=
1
8
(4σ
4
+ 6σ
4
+ 12σ
6
+ 2σ
6
) =
1
8
(10σ
4
+ 14σ
6
)
=
5

4
σ
4
+
7
4
σ
6
=
σ
2
(6σ
1
− 1)
4
+
7
4
σ
6
22
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
⇒
7
4
σ
6
= (2n + 1) σ
3
1

−
σ
2
(6σ
1
− 1)
4
=
4 (2n + 1) σ
3
1
− σ
2
(6σ
1
− 1)
4
σ
6
=
4 (2n + 1) σ
3
1
− σ
2
(6σ
1
− 1)
7
=

2n (n + 1) (2n + 1) σ
2
1
− σ
2
(6σ
1
− 1)
7
=
12σ
2
σ
2
1
− σ
2
(6σ
1
− 1)
7
= σ
2
12σ
2
1
− 6σ
1
+ 1
7

Từ đó ta có được
F
6
=
12z
2
− 6z + 1
7
(2.8)
Ví dụ 2.3.6. Với k = 4, thay vào (2.2) ta có :
(2n + 1) σ
4
1
=
1
2
4
4

r=0

3
r


2σ
5+r

1 + (−1)
5−r


+ σ
4+r

1 + (−1)
4−r

=
1
16
(2σ
4
+ 16σ
6
+ 12σ
6
+ 16σ
8
+ 2σ
8
) =
1
16
(2σ
4
+ 28σ
6
+ 18σ
8
)

=
1
8
σ
4
+
7
4
σ
6
+
9
8
σ
8
⇒
9
8
σ
8
= (2n + 1) σ
4
1
−
1
8
σ
4
−
7

4
σ
6
= (2n + 1)
n (n + 1)
2
σ
3
1
−
1
8
σ
2
(6σ
1
− 1)
5
−
7
4
σ
2
12σ
2
1
− 6σ
1
+ 1
7

= 3σ
2
σ
3
1
− σ
2
6σ
1
− 1
40
− σ
2
12σ
2
1
− 6σ
1
+ 1
4
= σ
2
120σ
3
1
− 6σ
1
+ 1 − 120σ
2
1

+ 60σ
1
− 10
4
⇒ σ
8
= σ
2
2 (120σ
3
1
− 6σ
1
+ 1 − 120σ
2
1
+ 60σ
1
− 10)
9
Từ đó ta có được
F
8
= 2
120z
3
− 120z
2
+ 54z − 9
9

(2.9)
23
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Chương 3
Quan hệ đa thức giữa σ
i
và σ
j
3.1 Phương pháp khử biến để tìm các quan hệ giữa
σ
i
và σ
j
.
Một số đường cong đại số được tham số hoá bằng cách đặt x = f(t) và
y = g(t), trong đó f, g là các đa thức và ta đi tìm cách khử t để có được mối
quan hệ đa thức giữa x và y. Cách thu được mối quan hệ đa thức này được
gọi là phương pháp khử biến.
Ta sử dụng phương pháp khử biến để tìm các quan hệ giữa σ
i
và σ
j
:
Ví dụ 3.1.1. Tìm quan hệ giữa σ
1
và σ
2
:
Ta có σ
1

=
n(n+1)
2
; σ
2
=
n(n+1)(2n+1)
6
Khi đó : σ
2
= σ
1
(2n+1)
3
⇒ σ
2
2
= σ
2
1
(2n+1)
2
9
= σ
2
1
4n(n+1)+1
9
⇒ 9σ
2

2
= σ
2
1
(8σ
1
+ 1) = 8σ
3
1
+ σ
2
1
⇒ 8σ
3
1
+ σ
2
1
− 9σ
2
2
= 0. (∗)
Ta xét đa thức: T (x, y) = 8x
3
+ x
2
− 9y
2
(3.1)
Từ đó nhận thấy rằng T (σ

1
, σ
2
) = 0.
24
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên