(Luận văn thạc sĩ) Đa thức Bernoulli và tâm số (k, l) lũy thừa

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
————o0o————

ĐINH THỊ NGỌC ÁNH

ĐA THỨC BERNOULLI VÀ TÂM SỐ (k, l)-LŨY THỪA

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
————o0o————

ĐINH THỊ NGỌC ÁNH

ĐA THỨC BERNOULLI VÀ TÂM SỐ (k, l)-LŨY THỪA

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số:

8 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS. NGÔ VĂN ĐỊNH

Thái Nguyên - 2019


Mục lục

Lời cảm ơn

ii

Mở đầu

1

Chương 1 Đa thức Bernoulli và số Bernoulli

4

1.1

Đa thức Bernoulli và số Bernoulli . . . . . . . . . . .

1.2

Phân tích đa thức Bernoulli . . . . . . . . . . . . . . . 11

Chương 2 Tâm số (k, l)-lũy thừa
2.1

2.2

4

17

Tâm số k-lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17
2.1.1

Khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

2.1.2

Trường hợp k = 1 . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.1.3

Trường hợp k = 2 . . . . . . . . . . . . . . . 21

2.1.4

Trường hợp k > 2 . . . . . . . . . . . . . . . 29

Tâm số (k, l)-lũy thừa . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

Kết luận

45

Tài liệu tham khảo

46

i


Lời cảm ơn
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa Học - Đại học
Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn của TS. Ngô Văn Định, Trường Đại
học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất tới TS. Ngô Văn Định, người
đã định hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn để tôi hoàn thành luận
văn này.
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành tới Phòng Đào tạo, các thầy
cô giáo dạy cao học chuyên ngành Phương pháp toán sơ cấp, trường
Đại học Khoa Học - Đại học Thái Nguyên đã giúp đỡ tôi trong suốt
quá trình học tập và hoàn thành luận văn tốt nghiệp.
Tôi xin được gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè, người
thân đã luôn động viên, cổ vũ, tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tôi trong
quá trình học tập và hoàn thành luận văn.
Hạ Long, tháng 4 năm 2019
Tác giả

Đinh Thị Ngọc Ánh

ii


Mở đầu
Cho y, k, l là ba số nguyên dương với y ≥ 4. Ta nói rằng số nguyên
dương x (≤ y − 2) là một tâm số (k, l)-lũy thừa của y nếu
1k + · · · + (x − 1)k = (x + 1)l + · · · + (y − 1)l .

Khái niệm này được Liptai và các cộng sự [6] tổng quát hóa từ khái
niệm tâm số k-lũy thừa của Finkelstein [4]. Cụ thể hơn, trong trường
hợp k = l, tâm số (k, k)-lũy thừa chính là tâm số k-lũy thừa được định
nghĩa bởi Finkelstein. Trong khi đó, khái niệm về tâm số k-lũy thừa
được Finkelstein giới thiệu khi nghiên cứu một bài toán thực tế (xem
Bài toán 2.1.1). Finkelstein đã chỉ ra rằng có vô số số nguyên dương
n có tâm số 1-lũy thừa, trong khi đó không có số nguyên n > 1 nào
có tâm số 2-lũy thừa. Từ đó, Finkelstein đã đưa ra giả thuyết rằng, nếu
k > 1 thì không có số nguyên n > 1 nào có tâm số k-lũy thừa. Giả
thuyết này đã được chứng minh cho trường hợp k = 3 bởi Steiner [7]
và cho trường hợp k = 5 bởi Ingram [5].
Đối với trường hợp tâm số (k, l)-lũy thừa tổng quát, Liptai và các
cộng sự đã chỉ ra sự tồn tại hữu hạn các số này trong một số trường
hợp cụ thể. Chẳng hạn như, trong trường hợp k ≥ l, l ∈ {1, 3} và
(k, l) = (1, 1), các tác giả này đã chỉ ra rằng chỉ tồn tại hữu hạn tâm
1


số (k, l)-lũy thừa của một số nguyên y ≥ 4 cho trước.
Để có được các kết quả nêu trên về tâm số (k, l)-lũy thừa, các tác
giả đã sử dụng một số tính chất của đa thức Bernoulli và số Bernoulli.
Mục tiêu của Luận văn là trình bày lại khái niệm về tâm số (k, l)lũy thừa, một số kết quả của Finkelstein về tâm số k-lũy thừa và một số
kết quả của Liptai và các cộng sự về tâm số (k, l)-lũy thừa. Trước khi
trình bày các nội dung này, Luận văn trình bày lại khái niệm và một số
tính chất về đa thức Bernoulli và số Bernoulli, đặc biệt là một số kết
quả về sự phân tích đa thức Bernoulli thành hợp của hai đa thức.

Cấu trúc của luận văn
Luận văn được trình bày thành 2 chương:
• Chương 1. Số Bernoulli và đa thức Bernoulli. Trong chương này,

chúng tôi trình bày lại khái niệm về đa thức Bernoulli, số Bernoulli,
đồng thời trình bày lại một số tính chất về đa thức Bernoulli cũng như
về số Bernoulli. Phần cuối của chương, chúng tôi trình bày lại một
số kết quả của Bilu và các cộng sự [3] về sự phân tích các đa thức
Bernoulli thành hợp của hai đa thức.
• Chương 2. Tâm số (k, l)-lũy thừa. Trong chương này, chúng tôi
trình bày lại khái niệm về tâm số (k, l)-lũy thừa mà trường hợp đặc
biệt là tâm số k-lũy thừa. Trong mục 2.1, chúng tôi trình bày lại chứng
minh của Finkelstein chỉ ra rằng tồn tại vô số số nguyên dương n có
tâm số 1-lũy thừa nhưng không tồn tại số nguyên n > 1 nào có tâm số
2


2-lũy thừa, đồng thời chúng tôi giới thiệu lại giả thuyết của Finkelstein
cũng như sơ lược giới thiệu một số kết quả liên quan đến giả thuyết
này. Trong mục 2.2, chúng tôi trình bày lại một số kết quả của Liptai
và các cộng sự về tâm số (k, l)-lũy thừa.

3


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.

1.1

Đa thức Bernoulli và số Bernoulli

Định nghĩa 1.1.1. Đa thức Bernoulli thứ n, kí hiệu Bn (x), được định
nghĩa bởi B0 (x) = 1 và
∂ n text
Bn (x) = n t
∂t e − 1

t=0

, với n = 1, 2, 3, ...,

∂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


text
Taylor hàm số t
tại t = 0 thì ta có
e −1
text
=

et − 1

∞

tn
Bn (x) .
n!
n=0

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
1
3
B3 (x) = x3 − x2 + x,
2
2
1
,
30
5
5
1
B5 (x) = x5 − x4 + x3 − x, ...

2
3
6
B4 (x) = x4 − 2x3 + x2 −

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.
Mệnh đề 1.1.2 ([1, Định lý 2.2.1]). Với n ≥ 1, ta có
Bn (x) = nBn−1 (x).
Mệnh đề 1.1.3 ([1, Định lý 2.2.2]). 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


Mệnh đề 1.1.4 ([1, Định lý 2.2.6]). Với n ≥ 0, ta có
Bn (x) = (−1)n Bn (1 − x).
Định nghĩa 1.1.5. 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.
Mệnh đề 1.1.6 ([1, Định lý 1.2.4]). Với k ≥ 1, ta có
B2k+1 = 0.
Định lý von Staudt– Clausen dưới đây cho ta biết về giá trị của các
số Bernoulli thứ chẵn.
Định lý 1.1.7 (Định lý von Staudt–Clausen). Với n ≥ 1, ta có
B2n = G2n −
p−1|2n,p nguyên tố

1
,
p

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:
B2 =

1
1 1
=1− − ;
6
2 3
6


1
1 1 1

=1− − − ;
30
2 3 5
1
1 1 1
B6 =
= 1 − − − ; ...
42
2 3 7
B4 = −

Chứng minh. Từ định nghĩa của số Bernoulli ta có
n

Bn =
k=0

1
k+1

k

(−1)s Cks sn .
s=0

Ta lại có
1
k!

k

(−1)k−s Cks sn
s=0

là số Stirling loại hai nên là một số nguyên. Do đó ta có thể viết
n

Bn =
k=0

k!
c(n, k),
k+1

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
s
(−1)s Cp−1
sn ≡

s=0

sn ≡
s=0




−1


0

mod p, khi p − 1|n, n > 0,
mod p trường hợp còn lại.

Suy ra
B2n = G2n −
p−1|2n,p nguyên tố

1 1
+
p 4

3

(−1)s C3s s2n ,
s=0

7

trong đó G2n là một số nguyên. Tuy nhiên
3

(−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 1.1.8. 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
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.
Mệnh đề 1.1.9 ([6, Bổ đề 2]). 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 , ..., nt ∈ {1, ..., p − 1} và
n1 + · · · + nt ≥ p. 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.

Chứng minh. Trước tiên ta xét trường hợp p là số nguyên tố lẻ. Do
t
i=1 ni

≥ p nên ta chọn các số nguyên không âm m1 , m2 , ..., mt thỏa
8


mãn mi ≤ ni và

t
i=1 mi

= p − 1. Đặt
t

mi pαi .

k=
i=1

Khi đó k < n và hơn nữa ta có
t

k≡

mod p − 1.

mi
i=1

Suy ra p − 1|k. 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

Cnmi i

Cnk ≡

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 1.1.8) 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.
Mệnh đề 1.1.10 ([6, Bổ đề 1(B)]). Với n ≥ 1, ta có
n

Cni Bi xn−i .

Bn (x) =
i=0

9


Chứng minh. Khai triển Taylor tại x = 0 đối với Bn (x) ta có
n

Bn (x) = Bn +
i=1

(i)

Bn (0) i
x.
i!

Sử dụng Mệnh đề 1.1.2 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 3.1.1 trong luận
văn của Nguyễn Ngọc Thiêm [1].
Mệnh đề 1.1.11 ([6, Bổ đề 1(A)]). Với số nguyên k ≥ 1, ta có
Sk (x) =

1
(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.
Ví dụ 1.1.12. Áp dụng Mệnh đề 1.1.11, 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


1
= n(n + 1)(2n + 1);
6
1
13 + 23 + · · · + n3 = [B4 (n + 1) − B4 ]
4
1

= [(n + 1)4 − 2(n + 1)3 + (n + 1)2 ]
4
1 2
= n (n + 1)2 = (1 + 2 + · · · + n)2 .
4

1.2

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.
Định nghĩa 1.2.1. 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


Theo Mệnh đề 1.1.4 ta có Bn (x) = Bn (1 − x). Do đó
˜m ((x − 1 )2 ),

Bn (x) = B
2

(1.1)

˜m (x) ∈ Q[x] là một đa thức bậc m. Trong mục này, ta sẽ
trong đó B
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 1.2.2 ([3, Bổ đề 4.2]). Với hai đa thức bất kỳ f (x), p(x) ∈ C[x],
ta có ∆f là ước của ∆(p(f )).
Chứng minh. 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.
Định lý 1.2.3 ([3, Định lý 4.1]). Đa thức Bernoulli Bn (x) là không
phân tích được khi n là một số lẻ. Nếu n = 2m là số chẵn thì mọi phân
tích không tầm thường của Bn (x) đều tương đương với phân tích (1.1).
˜m (x) là không phân tích được.
Đặc biệt đa thức B
Chứng minh. Giả sử Bn (x) = G1 (G2 (x)) là một phân tích không tầm
thường của Bn (x). Từ Bổ đề 1.2.2 và Mệnh đề 1.1.3 ta có ∆G2 (x) là
12


ước của ∆Bn (x) = nxn−1 . Điều này có nghĩa là ∆G2 (x) = λxt , với

t ≤ n − 1 và λ ∈ C∗ . Tiếp tục sử dụng Mệnh đề 1.1.3 ta lại có
G2 (x) = γBk (x) + µ,
trong đó γ ∈ C∗ , µ ∈ C và k = t + 1. Vì vậy, phân tích Bn (x) =
G1 (G2 (x)) tương đương với Bn (x) = P (Bk (x)), với P (x) = G1 (γx+
µ). Do phân tích là không tầm thường nên ta có 2 ≤ k < n.
Nếu k = 2 thì phân tích này tương đương với phân tích (1.1). Giả sử
rằng k ≥ 3. Do cả hai đa thức Bn (x) và Bk (x) đều có hệ số cao nhất
bằng 1 nên đa thức P (x) cũng vậy. Hơn nữa, do phân tích là không
tầm thường nên đa thức P (x) có bậc p ≥ 2. So sánh hệ số của nn−2
trong Bn (x) và trong P (Bk (x)) ta có
n(n − 1) pk(pk − k) pk(k − 1)
=
+
.
12
8
12
Vì pk = n nên ta thu được
2(n − 1) = 3(n − k) + 2(k − 1).
Suy ra n = k. Điều này mâu thuẫn với giả thiết ban đầu nên k = 2 và
ta có điều cần chứng minh.
Trong phần tiếp theo của mục này, chúng tôi trình bày lại một kết
quả khác nói về phân tích đa thức Bernoulli qua các đa thức hệ số hữu
tỷ.
Đặt Φn (x) = Bn (x) − Bn . Khi đó, ta có bổ đề sau:
Bổ đề 1.2.4 ([3, Bổ đề 6.3]). Nếu Φn (x) ∈ Z[x] thì n ∈ {1, 2, 4}.
13


Chứng minh. Trước tiên ta có

1
1
Φ1 (x) = B1 (x) − B1 = (x − ) − (− ) = x ∈ Z[x].
2
2
Giả sử rằng
Φn (x) ∈ Z[x] và n > 1.

(1.2)

1
Do B1 = − , B2n+1 = 0 với mọi n ≥ 1 nên từ Mệnh đề 1.1.10 ta suy
2
ra
n≡0

(1.3)

mod 2.

Theo Hệ quả 1.1.8 mẫu số của các hạng tử của Φn (x) đều chia hết cho
6. Do đó, từ giả thiết (1.2) ta suy ra
6|Cnk

(1.4)

với mọi số nguyên dương chẵn k < n. Tuy nhiên, nếu n =
trong đó α1 > α2 > · · · > αr > 0 và r > 1, thì k =

r

αi
i=1 2 ,

r−1 αi
i=1 2

là số

chẵn, 0 < k < n và từ Định lý Lucas trong tổ hợp ta suy ra Cnk là số
lẻ. Do đó từ hai điều kiện (1.3) và (1.4) ta suy ra n = 2α .
Tương tự, giả sử n =

s
βi
i=1 εi 3 ,

với s > 1, β1 > β2 > · · · >

βs ≥ 0 và εi ∈ {1, 2}. Nếu tồn tại một chỉ số j sao cho εj = 2 thì
k =

βi
i=j εi 3

là số chẵn và khi đó Định lý Lucas suy ra Cnk không

chia hết cho 3. Cũng như vậy, nếu s > 2 và tồn tại hai chỉ số j1 , j2 sao
cho εj1 = εj2 thì k =

βi

i=j1 ,j2 εi 3

là số chẵn và Cnk không chia hết

cho 3. Vậy từ hai điều kiện (1.3) và (1.4) ta lại suy ra
n = 2α = 3β1 + 3β2 , với β1 ≥ β2 .
14


Suy ra β2 = 0 và hoặc α = 1, β1 = 0 hoặc α = 2, β1 = 1. Tức là
n = 2 hoặc n = 4.
Định lý sau đây cho ta một kết quả về phân tích của các đa thức
Bernoulli và các đa thức Φn (x).
Định lý 1.2.5. Đa thức Bernoulli Bn (x) không thể biểu diễn được dưới
dạng rP (Q(x)), trong đó r là một số hữu tỷ, P (x) ∈ Z[x] là một đa
thức monic (tức là đa thức có hệ số cao nhất bằng 1) với bậc lớn hơn
1 và Q(x) ∈ Q[x]. Trong trường hợp n = 2, 4 thì khẳng định tương tự
cũng đúng đối với đa thức Φn (x).
Chứng minh. Giả sử phản chứng rằng tồn tại một phân tích của Bn (x)
(hoặc Φn (x)) dưới dạng rP (Q(x)), trong đó r là một số hữu tỷ, P (x) ∈
Z[x] là một đa thức monic với bậc lớn hơn 1 và Q(x) ∈ Q[x]. Gọi d
là mẫu số của đa thức Q(x), tức là số nguyên dương bé nhất sao cho
dQ(x) ∈ Z[x]. Khi đó, mẫu số của Q(x)m , với m là bậc của P (x),
là dm . Do P (x) là đa thức monic với hệ số nguyên nên mẫu số của
P (Q(x)) cũng là dm .
Hơn nữa, so sánh hệ số cao nhất của Bn (x) (hoặc Φn (X)) với hệ số
cao nhất trong biểu diễn rP (Q(x)), ta có 1 = rq m hay r = q −m với q
là hệ số cao nhất của Q(x). Từ đây suy ra mẫu số của rP (Q(x)) là lũy
thừa bậc m của một số nguyên.
Mặt khác, theo Định lý von Staudt-Clausen 1.1.7 và Bổ đề 1.2.4,

mẫu số của đa thức Bernoulli (hoặc của đa thức Φn (x) trong trường
15


hợp n = 2, 4) là một số nguyên lớn hơn 1 không có ước chính phương.
Tức là mẫu số này không thể là lũy thừa bậc m > 1 của một số nguyên.
Suy ra điều cần chứng minh.

16


Chương 2

Tâm số (k, l)-lũy thừa
Trong chương này, chúng tôi sẽ trình bày những nội dung chính của
đề tài, đó là trình bày về khái niệm cũng như một số tính chất của tâm
số (k, l)-lũy thừa. Cụ thể, chúng tôi sẽ giới thiệu lại khái niệm về tâm
số k-lũy thừa, chính là trường hợp đặc biệt khi k = l. Khái niệm này
được phát biểu bởi Finkelstein [4]. Sau đó chúng tôi trình bày lại một
số kết quả của Finkelstein về sự tồn tại của tâm số k-lũy thừa trong
trường hợp k = 1, k = 2 và giới thiệu sơ lược một số kết quả trong
trường hợp k > 2. Phần sau của chương, chúng tôi trình bày lại khái
niệm tổng quát về tâm số (k, l)-lũy thừa của Liptai và các cộng sự [6],
đồng thời, chúng tôi trình bày lại một số kết quả của các tác giả này về
tính tồn tại của tâm số (k, l)-lũy thừa trong một số trường hợp.

2.1
2.1.1

Tâm số k-lũy thừa

Khái niệm

Khái niệm về tâm số k-lũy thừa được xuất phát từ một bài toán số
học sau đây:

17


Bài toán 2.1.1. Một giáo sư nọ tìm đến chơi nhà một người bạn. Khi
đến dãy phố mà người bạn của ông ở thì ông nhận ra rằng mình không
nhớ chính xác số nhà của bạn mà chỉ nhớ rằng trên dãy phố này có
nhiều hơn 200 nhà, ít hơn 500 nhà và đặc biệt tổng các số nhà từ nhà
bạn ông đến một đầu của dãy phố bằng tổng các số nhà từ nhà bạn ông
đến đầu còn lại của dãy nhà. Sau khi thấy rằng các số nhà trên dãy phố
được đánh số liên tiếp, tức là 1,2,3,... thì giáo sư đã tìm ra số nhà của
bạn mình. Bạn hãy tìm số nhà của bạn của giáo sư nọ.
Gọi n là tổng số nhà trên dãy phố và x là số nhà của bạn ông giáo
sư nọ thì ta có 200 < n < 500, 1 ≤ x ≤ n và:
1 + · · · + x = x + · · · + n.
Như vậy việc tìm ra số nhà của bạn ông giáo sư chính là giải phương
trình Đi-ô-phăng trên. Ta sẽ xét một bài toán tổng quát hơn mà việc
giải bài toán trên chỉ là một trường hợp đặc biệt. Trước tiên ta có khái
niệm sau đây:
Định nghĩa 2.1.2 ([4, Định nghĩa]). Cho trước hai số nguyên dương n
và k. Ta gọi một số nguyên dương N là một tâm số k-lũy thừa của n
nếu
1k + 2k + · · · + (N − 1)k + N k = N k + (N + 1)k + · · · + nk .
Từ định nghĩa này ta thấy rằng số nhà x của bạn ông giáo sư nọ
trong Bài toán 2.1.1 chính là tâm số 1-lũy thừa của tổng số nhà trên
phố n.

18


Rõ ràng rằng, với số nguyên dương k bất kỳ, số 1 luôn tâm số k-lũy
thừa của n = 1. Câu hỏi đặt ra là, với số nguyên dương k cho trước,
số nguyên dương n > 1 nào có tâm số k-lũy thừa? Finkelstein [4] đã
chứng minh được rằng tồn tại vô số số nguyên dương n có tâm số 1lũy thừa nhưng chỉ có duy nhất số 1 có tâm số 2-lũy thừa. Đồng thời
Finkelstein cũng đã đưa ra giả thuyết rằng nếu k là số nguyên dương
lớn hơn 1 thì 1 là số nguyên dương duy nhất có tâm số k-lũy thừa.
Sau đó, giả thuyết của Finkelstein đã được Steiner [7] khẳng định cho
trường hợp k = 3 và Ingram [5] khẳng định cho trường hợp k = 5.
Trong mục này, chúng tôi sẽ trình bày lại kết quả của Finkelstein và
của Steiner cho các trường hợp k = 1, 2, 3.

2.1.2

Trường hợp k = 1

Trường hợp k = 1 ta có định lý sau đây:
Định lý 2.1.3 ([4, Định lý 1]). Tồn tại vô số số nguyên dương n có tâm
số 1-lũy thừa N . Nếu đặt T = 2n + 1 thì ta có mỗi cặp (T, N ) như
vậy đều là nghiệm nguyên dương của phương trình T 2 − 8N 2 = 1 và
ngược lại.
Chứng minh. Giả sử N là tâm số 1-lũy thừa của số nguyên dương n.
Do

N

i=
i=1

N (N + 1)
2

19


và

n

i−

i=
i=N

N −1

n
i=1

i=
i=1

(n + N )(n − N + 1)
2

nên ta có
N (N + 1) (n + N )(n − N + 1)
=

.
2
2

(2.1)

Đặt T = 2n + 1. Từ (2.1) ta suy ra
T 2 − 8N 2 = 1.

(2.2)

Phương trình (2.2) là phương trình Pell nên có vô số nghiệm nguyên
dương. Suy ra điều cần chứng minh.
Để xác định nghiệm cụ thể ta sử dụng kết quả sau đây của lý thuyết
phương trình Pell mà chúng tôi bỏ qua chứng minh của nó ở đây.
Bổ đề 2.1.4. Phương trình Pell x2 − Dy 2 = 1, với D là số nguyên
dương không chính phương, có vô số nghiệm nguyên dương (x, y).
Nếu (x1 , y1 ) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất thì mọi nghiệm nguyên
dương (xq , yq ) đều được xác định bởi:
√

√

xq + yq D = (x1 + y1 D)q ,
với q là một số nguyên dương.
Dễ thấy rằng nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của phương trình (2.2)
là
(T1 , N1 ) = (3, 1).

20

Do vậy mọi nghiệm nguyên dương (Tq , Nq ) của phương trình (2.2)
được cho bởi

√

Tq + Nq 8 = (3 +

√

8)q ,

với q là một số nguyên dương.
Bằng tính toán đơn giản ta có
(T2 , N2 ) = (17, 6), n2 = 8; (T3 , N3 ) = (99, 35), n3 = 49;
(T4 , N4 ) = (577, 204), n4 = 288; (T5 , N5 ) = (3363, 1189), n5 = 1681; ...
Từ tính toán trên đây ta tìm được lời giải cho Bài toán 2.1.1. Do
điều kiện 200 < n < 500 nên ta tìm thấy một kết quả duy nhất tổng số
nhà trên dãy phố là 288 và số nhà của bạn của giáo sư nọ là 204.

2.1.3

Trường hợp k = 2

Bây giờ ta sẽ xét trường hợp k = 2, tức là tâm số 2-lũy thừa. Trong
trường hợp này, ta có định lý sau:
Định lý 2.1.5 ([4, Định lý 2]). Số nguyên dương duy nhất có tâm số
2-lũy thừa là số 1.
Chứng minh. Giả sử n là một số nguyên dương có tâm số 2-lũy thừa

N . Ta có

N

i2 =
i=1

N (N + 1)(2N + 1)
.
6

Do đó, điều kiện N là tâm số 2-lũy thừa của n cho ta
N

n
2

i2

i −

i =
i=1

N −1
2

i=1

i=1

21