Tính Chất Nhân Tử Của Tổng Lũy Thừa Các Số Nguyên

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

1 Tổng lũy thừa các số tự nhiên liên tiếp
1.1 Công thức tính tổng lũy thừa Pk (n) . . . . . . . . . . . . . .
1.1.1 Mở đầu về tổng lũy thừa của các số tự nhiên liên tiếp
1.1.2 Công thức tính Pk (n) . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Tính chất nhân tử của Pk (n) . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.1 Phương pháp quy nạp . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2.2 Đa thức Bernoulli và tính nhân tử của Pk (n) . . . . .

3
3
3
6
12
12
17

2 Tổng lũy thừa các hệ số nhị thức
2.1 Biểu diễn đa thức của tổng lũy thừa các hệ số nhị thức .
2.1.1 Mở đầu về tổng lũy thừa các hệ số nhị thức . . .
2.1.2 Biểu diễn đa thức của tổng các tích của hệ số nhị
2.2 Định lý Faulhaber cho tổng lũy thừa các 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 của fk,m (x) . . . . . . . . . .
2.3 Tổng lũy thừa nghịch đảo của các hệ số nhị thức . . . .
2.3.1 Trường hợp tổng quát . . . . . . . . . . . . . . .
2.3.2 Tổng nghịch đảo của lũy thừa các 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 quá trình học tập và làm luận văn tác giả luôn nhận được sự động
viên, khuyến khích và tạo điều kiện giúp đỡ nhiệt tình của các cấp lãnh đạo,
của các thầy giáo, cô giáo anh chị em, bạn bè đồng nghiệp và gia đình.
Với tình cảm chân thành tác giả bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới:

Khoa Toán-Tin và Phòng Đào tạo, Trường Đại học Khoa học, Đại học
Thái Nguyên, các thầy, cô giáo tham gia giảng dạy cung cấp những kiến thức
giúp tác giả trong quá trình học tập và 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 đã tận tình chỉ bảo, giúp đỡ,
góp ý để tác giả hoàn thành luận văn này.
Tác giả xin cảm ơn lãnh đạo Sở Giáo dục và Đào tạo Tuyên Quang, Ban
Giám hiệu Trường Phổ thông Dân tộc Nội trú THPT tỉnh Tuyên Quang cùng
với những người thân, bạn bè đồng nghiệp đã tận tình giúp đỡ tạo điều kiện
thuận lợi cho tác giả trong quá trình học tập, nghiên cứu và hoàn thiện luận
văn.
Dù đã rất nghiêm túc và cố gắng thực hiện luận văn này, nhưng với trình
độ hạn chế cùng nhiều lý do khác, luận văn chắc chắn không tránh khỏi
những khiếm khuyết nhất định. Kính mong sự góp ý của các thầy cô để luận
văn này được hoàn chỉnh.
Tác giả


1

Mở đầu
Cho k, n là các số tự nhiên n

1, ta kí hiệu

Pk (n) = 1k + 2k + ... + (n − 1)k + nk ,
là tổng các lũy thừa bậc k của các số nguyên dương liên tiếp từ 1 đến n. Việc
nghiên cứu công thức tính tổng và các tính chất của tổng trên đã thu hút
được sự quan tâm của nhiều tác giả. Thời trẻ, khi nghiên cứu tổng này, nhà
toán học Gauss đã tìm ra một công thức cho P1 (n) bằng phương pháp đơn

giản là thêm số hạng đầu tiên vào số hạng cuối cùng, số hạng thứ hai vào số
hạng cuối cùng thứ hai và v.v. . . . Ông tính được

1
P1 (n) = n (n + 1) .
2
Rất tiếc phương pháp đơn giản của Gauss lại không thực hiện được với tổng
bình phương, lập phương, v,v. . . . Về sau có nhiều nhà toán học khác xây
dựng các công thức tính tổng lũy thừa các số tự nhiên liên tiếp Pk (n) và
nghiên cứu một số tính chất của Pk (n), đặc biệt tính chất nhân tử. Tức là
các tác giả đã chứng minh đại lượng n (n + 1) (2n + 1) là thừa số của Pk (n)
nếu k là số chẵn lớn hơn hoặc bằng 2 và đại lượng n2 (n + 1)2 là thừa số của
Pk (n) nếu k là số lẻ lớn hơn hoặc bằng 3. (xem [1], [3],...).
Năm 2013, A. S. Dzhumadil’daev và D. Yeliussizov đã nghiên cứu tổng lũy
thừa các hệ số nhị thức là một mở rộng tự nhiên của tổng lũy thừa của các
số tự nhiên liên tiếp. Trong bài báo đó các tác giả cũng đã chứng minh được
một số tính chất của tổng lũy thừa này, đặc biệt là tính chất nhân tử giống
như tính chất của tổng lũy thừa của các số tự nhiên liên tiếp.
Với mục đích trình bày lại một số kết quả nghiên cứu về tính chất nhân tử
của tổng lũy thừa các số nhị thức và một trường hợp đặc biệt là tổng lũy các


2

số tự nhiên liên tiếp, chúng tôi chọn đề tài "Tính chất nhân tử của tổng
lũy thừa các số nguyên". Luận văn gồm hai chương:
Chương 1 : Tổng lũy thừa các số tự nhiên liên tiếp. Trong chương này
chúng tôi trình bày một số kiến thức mở đầu về tổng lũy thừa của các số
tự nhiên liên tiếp, công thức tính tổng Pk (n) và giới thiệu tính chất nhấn tử
của Pk (n) bằng hai phương pháp: quy nạp và sử dụng tính chất của đa thức

Bernoulli.
Chương 2:Tổng lũy thừa của các hệ số nhị thức. Trong chương này chúng
tôi trình bày lại một số kết quả nghiên cứu của A. S. Dzhumadil’daev và D.
Yeliussizov ([3]) về tính chất biểu diễn đa thức, tính chất nhân tử, tính chất
chia hết tổng lũy thừa của các hệ số nhị thức.


3

Chương 1

Tổng lũy thừa các số tự nhiên liên
tiếp
1.1
1.1.1

Công thức tính tổng lũy thừa Pk (n)
Mở đầu về tổng lũy thừa của các số tự nhiên liên tiếp

Cho k, n là các số nguyên không âm. Với k, n

1, ta kí hiệu

Pk (n) = 1k + 2k + ... + (n − 1)k + nk ,
là tổng các lũy thừa bậc k của các số nguyên dương liên tiếp từ 1 đến n.
Quy ước Pk (0) = 0 với mọi k
0 và P0 (n) = n với mọi n
0, khi đó ta
sẽ có Pk (n) với k, n là các số nguyên không âm. Do Pk (0) = 0 và P0 (n) = n
với mọi k, n nên đối với tổng Pk (n) ta chủ yếu chỉ quan tâm xem xét trong

trường hợp k, n 1.
Ta có

P1 (n) = 1 + 2 + ... + (n − 1) + n = n + (n − 1) + ... + 2 + 1,
nên

2P1 (n) = (n + 1) + (n + 1) + ... + (n + 1) = n(n + 1)
n lần

Kéo theo

1
P1 (n) = n (n + 1) .
2


4

Rất tiếc, phương pháp đơn giản và tự nhiên này lại không sử dụng được khi
tính tổng bình phương, lập phương, v,v. . . .
Có nhiều cách khác nhau để tính tổng Pk (n), chẳng hạn: dự đoán công
thức sau đó chứng minh công thức bằng phương pháp quy nạp toán học hoặc
sử dụng kỹ thuật rút gọn, trong đó kỹ thuật rút gọn là khá hữu hiệu. Kỹ
thuật rút gọn có ý tưởng được xuất phát từ việc tính tổng

1
1
1
1
+

+
+ ... +
=
1.2 2.3 3.4
(n − 1) .n

n−1

1
1
−
k k+1

k=1

1
=1− .
n

Jakob Bernoulli đã cũng đã dùng ý tưởng này vào việc chứng minh tính phân
kỳ của chuỗi điều hòa 11 + 21 + 13 + ....
Sử dụng kỹ thuật rút gọn trong việc tính tổng lũy thừa các số nguyên
dương ta có kết quả:
Mệnh đề 1.1 ([8]). Cho n, k là các số tự nhiên. Khi đó tổng lũy thừa bậc k
của các số tự nhiên liên tiếp từ 0 đến n được tính truy hồi bởi công thức

P0 (n) = n.
1
Pk (n) =
(n + 1)k+1 − 1 −

k+1

k+1

k+1
Pk+1−r (n) .
r

r=2

(1.1)

Chứng minh. Hiển nhiên khi k = 0 công thức đúng. Ta xét k > 0, áp dụng
khai triển nhị thức Newton đối với (n + 1)k+1 ta có
k+1

(n + 1)

k+1

k+1

−n

k

= (k + 1)n +
r=2

k + 1 k+1−r

n
.
r

Thay thế liên tục n ở công thức trên bởi n − 1, n − 2, ..., 2, 1 và sau đó ta
cộng các vế tương ứng của các đẳng thức đã có, ta sẽ thu được:
k+1

(n + 1)

k+1

− 1 = (k + 1)Pk (n) +
r=2

k+1
Pk+1−r (n) .
r

Điều này kéo theo
k+1

(k + 1) Pk (n) = (n + 1)

k+1

−1−
r=2

k+1

Pk+1−r (n) ,
r

(1.2)


5

hay

1
Pk (n) =
(n + 1)k+1 − 1 −
k+1

k+1

k+1
Pk+1−r (n) .
r

r=2

Mệnh đề được chứng minh.
Nhận xét 1.2. Thực hiện quy nạp công thức theo (1.1) ta nhận thấy Pk (n)
là một đa thức của n bậc k + 1 với mọi số tự nhiên k với hệ số của lũy thừa
1
cao nhất là k+1
.
Ví dụ 1. Tính tổng 12 + 22 + ... + n2 .

Theo công thức truy hồi ta có
3
3

3P2 (n) = (n + 1) − 1 −
r=2

= n3 + 3n2 + 3n −

Từ P0 (n) = n, P1 (n) =

3
P3−r (n)
r
3
P1 (n) − P0 (n).
2

n(n + 1)
ta có
2

2n3 + 3n2 + n n (n + 1) (2n + 1)
=
.
P2 (n) =
6
6
Ví dụ 2. Tính tổng 13 + 23 + ... + n3 .
Từ công thức truy hồi ta có

4
4

4P3 (n) = (n + 1) − 1 −
r=2

4
P3−r (n)
r

= n4 + 4n3 + 6n2 + 4n −

Từ P0 (n) = n, P1 (n) =

4
4
P2 (n) −
P1 (n) − P0 (n).
2
3

n (n + 1) (2n + 1)
n(n + 1)
; P2 (n) =
ta có
2
6

n4 + 2n3 + n2
n2 (n + 1)2

P3 (n) =
=
.
4
4


6

1.1.2

Công thức tính Pk (n)

Trong phần này chúng tôi trình bày một kết quả về việc xây dựng công thức
tính tổng các lũy thừa các số tự nhiên liên tiếp Pk (n).
Định lý 1.3 ([1]). Cho n, k là những số nguyên dương. Khi đó
k+1

as ns ,

Pk (n) =

(1.3)

s=1

trong đó

ak+1 =
1

as =
s!

1
,
k+1
k+1−s

(−1)j+1
j=1

as+j (s + j)!
.
(j + 1)!

với 0 < s < k + 1.
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 đó

Pk (n) − Pk (n − 1) = nk .
n(n + 1)
là một đa thức
2
bậc hai. Sử dụng công thức (1.1) ta suy ra Pk (n) là một đa thức bậc (k + 1)
với mọi số tự nhiên k . Do đó ta có thể biểu diễn Pk (n) như sau:

Ta thấy P0 (n) = n là đa thức bậc nhất; P1 (n) =

Pk (n) = a1 n + a2 n2 + ... + ak nk + ak+1 nk+1 ,
trong đó a1 , a2 , ...ak , ak+1 là các hằng số.
Bây giờ ta tính toán các hệ số a1 , a2 , . . . , ak+1 . Ta viết as dưới dạng

as = fs (k) (s ∈ N, 0 < s

k + 1).


7

Ta có
k+1

as ns

Pk (n) =
s=1

k+1

as (n − 1)s .

Pk (n − 1) =
s=1

Do đó
k+1

k+1

as (n − 1)s = nk .

s

Pk (n) − Pk (n − 1) =

as n −
s=1

s=1

Khai triển từng số hạng trong tổng trên (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)
trong đó

bs = f (k, a1 , a2 , ..., ak , ak+1 )

(0 < s ≤ k + 1) .

Điều này kéo theo bs = 0 (s = k) còn bk = 1 . Vì a1 , a2 , ..., ak , ak+1 là hằng
số nên bs được viết dưới dạng f (k), trong đó k là số tự nhiên đã 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
+
− ...
2
(k + 1)knk−1
k+1
k
+ ak+1 n
− (k + 1)n +
− ... .
2
k

k−1


8

Suy ra
k+1

k+1

as (n − 1)s

s

as n −
s=1

s=1

= (ak+1 − ak+1 ) nk+1 + (ak − (ak − ak+1 (k + 1))) nk
ak+1 (k + 1) k
+ ak−1 − ak−1 − ak k +
nk−1 + .... (1.7)
2
Do bs là tổng của các hệ số có cùng lũy thừa s của n (0 < s ≤ k + 1), hơn
nữa bs = 0 khi s = k và bs = 1 khi s = k . Từ (1.8) ta có

bk+1 = ak+1 − ak+1 = 0;
bk = ak − (ak − ak+1 (k + 1)) = 1,
nên

ak+1 (k + 1) = 1 ⇔ ak+1 =

1
k+1

(k = −1) .

Từ

bk−1 = ak−1 − ak−1 − ak k +

ak+1 (k + 1) k
2

= 0,

nên

ak+1 (k + 1) k
=
ak =
2k

1
k+1

(k + 1) 1
=
2
2

(k = 0, k = −1)

Từ

bk−2 = ak−2 − ak−2 − ak−1 (k − 1)
+

ak k(k − 1) ak+1 (k + 1)k(k − 1)
−

2
6

= 0,

Suy ra

ak−1 (k − 1) −

ak k (k − 1) ak+1 (k + 1) k (k − 1)
+
=0
2
6

Hay

ak k ak+1 (k + 1) k
+
=0
2
6
1
1
k+1 (k + 1) k
2k
⇔ ak−1 −
+
=0
2

6
ak−1 −


9

⇔ ak−1 =

k
12

(k = −1, 0, 1) .

Từ

ak−1 (k − 1)(k − 2)
2
ak k (k − 1) (k − 2) ak+1 (k + 1) k (k − 1) (k − 2)
−
+
6
24

bk−3 =ak−3 − ak−3 − ak−2 (k − 2) +

= 0.

Suy ra

ak−2 −

ak−1 (k − 1) ak k (k − 1) ak+1 (k + 1) k (k − 1)
+
−
=0
2
6
24

với k = 2. Suy ra

1
1
k
(k + 1) k (k − 1)
(k − 1)
k (k − 1)
k
+
1
12
2
+
−
=0
ak−2 −
2
6
24
với k = −1, 0, 1, 2. Kéo theo

ak−2 −

k(k − 1) k(k − 1) k(k − 1)
+
−
= 0,
24
12
24
ak−2 = 0,

với k = −1, 0, 1, 2. Như vậy, ta có các giá trị

ak+1 =
ak =

1
2
k
12
=0

ak−1 =
ak−2

1
k+1

k = −1;

k = −1, 0;
k = −1, 0, 1;
k = −1, 0, 1, 2.

Để tìm công thức tổng quát của as với (0 < s < k + 1) thì từ công thức (1.7)


10

ta có

ak−z − ak−z+1 (k − z + 1)
2!
ak−z+2 (k − z + 2)(k − z + 1)
+
2!
ak−z+3 (k − z + 3)(k − z + 2)(k − z + 1)
+ ...
−
3!
ak+1 (k + 1)n(k − 1)(k − 2)...(k − z + 2)(k − z + 1)
+
(z + 1)!

bk−z =ak−z −

= 0,

với 0 < z < k. Suy ra

ak−z − ak−z+1 (k − z + 1)
2!
ak−z+2 (k − z + 2)(k − z + 1)
+
2!
ak−z+3 (k − z + 3)(k − z + 2)(k − z + 1)
+ ...
−
3!
ak+1 (k + 1)n(k − 1)(k − 2)...(k − z + 2)(k − z + 1)
+
(z + 1)!

bk−z = − ak−z+1 −

với 0 < z < k. Do đó, ta có thể viết
z+1

(−1)s

bk−z =
s=1

ak−z+s (k − z + s)!
=0
s! (k − z)!

(0 < z < k) .

Cho s − 1 = k − z , khi đó với 0 < s < k + 1, thay thế z bởi s ta có
k+2−s

(−1)s

bs−1 =
s=1

as−1+s (s − 1 + s)!
s! (s − 1)!

as s!
=−
+
(s − 1)!

k+2−s

(−1)s
s=2

k+2−s

(−1)s

= −as s +
s=2

as−1+s (s − 1 + s)!
s! (s − 1)!

as−1+s (s − 1 + s)!
= 0.
s! (s − 1)!

=0


11

Điều này kéo theo
k+2−s

(−1)s

as s =
s=2

1
= .
s
=

as−1+s (s − 1 + s)!
s! (s − 1)!

k+2−s

1
.

s!

(−1)s
s=2
k+2−s

as−1+s (s − 1 + s)!
s! (s − 1)!

(−1)s
s=2

as−1+s (s − 1 + s)!
s!

với 0 < s < k + 1. Để rút gọn biểu thức trên ta đặt s = j + 1 hay j = s − 1
ta được
k+1−s
as+j (s + j)!
1
(−1)j+1
as = .
s! j=1
(j + 1)!
với 0 < s < k + 1. Định lý được chứng minh.
Chú ý 1.4. Ta có thể viết công thức (1.3) dưới dạng


1
k+1−s

nk+1
as+j (s + j)!  s
1
n.
Pk (n) =
+
(−1)j+1
k+1
s! j=1
j + 1!
s=k

Ví dụ 1.5. Tính

n

s3 .

P3 (n) =
s=1

Ta thấy k = 3 và
4

as ns = a1 n + a2 n2 + a3 n3 + a4 n4 ,

P3 (n) =
s=1

trong đó a4 =

1
1
= . Và
3+1 4
1
as = .
s!

k+1−s

(−1)j+1
j=1

as+j (s + j)!
(j + 1)!

(1.8)


12

với 0 < k < 4 nên
1

1
a3+j (3 + j)! 1
a3 = .
(−1)j+1
=

3! j=1
(j + 1)!
2
2

1
a2+j (2 + j)! 1
a2 = .
(−1)j+1
=
2! j=1
(j + 1)!
4
3

1
a1+j (1 + j)!
a1 = .
(−1)j+1
= 0.
1! j=1
(j + 1)!
Vậy

1 2 1 3 1 4 n2 + 2n3 + n4
P3 (n) = n + n + n =
.
4
2
4

4
1.2
1.2.1

Tính chất nhân tử của Pk (n)
Phương pháp quy nạp

Sử dụng công thức (1.8) ta tính toán được một số tổng sau
1
P1 (n) = n (n + 1)
2
1
P2 (n) = n (n + 1) (2n + 1)
6
1
P3 (n) = n2 (n + 1)2
4
1
P4 (n) = n (n + 1) (2n + 1) 3n2 + 3n − 1
30
1
P5 (n) = n2 (n + 1)2 2n2 + 2n − 1
12
1
P6 (n) = n (n + 1) (2n + 1) 3n4 + 6n3 − 3n + 1
42
1
P7 (n) = n2 (n + 1)2 3n4 + 6n3 − 4n + 2
24
1

P8 (n) = n (n + 1) (2n + 1) 5n6 + 15n5 + 5n4 − 15n3 − n2 + 9n − 3
90
1
P9 (n) = n2 (n + 1)2 n2 + n − 1 2n4 + 4n3 − n2 − 3n + 3
20
3n6 + 9n5 + 2n4 − 11n3
1
P10 (n) = n (n + 1) (2n + 1) n2 + n − 1
66
+3n2 + 10n − 5

.


13

Từ các ví dụ này ta thấy
Nhận xét 1.6. Với mỗi 2 k 10, n2 (n + 1)2 là nhân tử của Pk (n) với k
là các số lẻ, n (n + 1) (2n + 1) là nhân tử của Pk (n) với k chẵn. Hiển nhiên,
với mọi 1 k 10, Pk (n) luôn chia hết cho n(n + 1).
Nhận xét 1.6 cho chúng ta một tính chất được gọi là tính chất nhân tử của
tổng Pk (n). Nhận xét dựa trên quan sát trực tiếp các tổng lũy thừa Pk (n)
với những giá trị k 10. Bây giờ ta sẽ nghiên cứu tính chất này cho các giá
trị k tùy ý.
Có một số kỹ thuật để chứng minh Nhận xét 1.6 vẫn còn đúng trong trường
hợp k tùy ý. Trong luận văn này chúng tôi giới thiệu kỹ thuật quy nạp và kỹ
thuật sử dụng đa thức Bernoulli. Trước hết chúng ta sẽ nghiên cứu phương
pháp quy nạp, trong phần tiếp theo ta sẽ sử dụng đa thức Bernoulli để chứng
minh tính chất nhân tử của Pk (n).
Với mỗi số k cố định, ta có thể xem Pk (n) là hàm của biến nguyên không

âm n. Bây giờ ta sẽ mở rộng khái niệm này cho biến thực, việc mở rộng này
cho phép chúng ta sử dụng được một số tính chất tốt hơn, chẳng hạn tính
toán đạo hàm, các nghiệm không nguyên, v.v. . . . Để thấy rõ sự thay đổi này,
ta viết Qk (x) thay cho Pk (n) và từ công thức (1.1), ta xác định đa thức
Qk (x) một cách đệ quy với k ∈ N như sau

Q0 (x) = x;
k+1

(k + 1)Qk (x) = (x + 1)

k+1

−1−
r=2

k+1
Qk+1−r (x) .
r

(1.9)

Khi đó Qk (x) là một đa thức bậc k + 1 của x với mọi số nguyên không âm
1
k , với hệ số lũy thừa cao nhất là k+1
. Bây giờ khẳng định rằng x2 (x + 1)2 là
thừa số của Qk (x) với k ≥ 3 là số lẻ và x(x + 1)(2x + 1) là thừa số Qk (x)
với k ≥ 2 là số chẵn.
Từ đẳng thức (1.9), đạo hàm theo biến x ta có
k+1

k

(k + 1) Qk (x) = (k + 1) (x + 1) −
r=2

k+1
r

Q k+1−r (x).


14

Trong (1.9) ta thay k bởi k − 1 ta có:
k
k

kQk−1 (x) = (x + 1) − 1 −
r=2

k
r

Qk−r (x)

Từ hai đẳng thức trên ta có:

Qk (x) − kQk−1 (x) =
k+1

1−
r=2

k+1
k
1
Qk+1−r (x) −
Qk−r (x) .
k+1
r
r

Dễ thấy

k+1
k
1
Qk+1−r (x) −
Qk−r (x)
k+1
r
r
=

k
r

1
Q
(x) − Qk−r (x) .

k + 1 − r k+1−r

1
không phụ thuộc vào x, nên bằng quy nạp có thể
2
chứng minh được Q k (x)−kQk−1 (x) chỉ phụ thuộc vào k và không phụ thuộc
vào x với mọi k ∈ N, tức là Q k (x) − kQk−1 (x) là hằng số đối với biến x
(phụ thuộc k ) với mọi k ∈ N.
Từ Q 1 (x) − Q0 (x) =

Bây giờ ta sẽ nghiên cứu một số tính chất của tổng lũy thừa các số nguyên
được phân tích dưới dạng nhân tử.
Định lý 1.7 ([8]). Đại lượng x2 (x + 1)2 là thừa số của Qk (x) nếu k là số lẻ
lớn hơn hoặc bằng 3 và x (x + 1) (2x + 1) là thừa số của Qk (x) nếu k là số
chẵn lớn hơn hoặc bằng 2.
Chứng minh. Tính toán trực tiếp ta thấy

Qk (0) = 0 = Q k (0) và Qk (−1) = 0 = Q k (−1) với k ≥ 3, là số lẻ.
Qk (0) = 0, Qk (−1) = 0 và Qk − 21 = 0 với k ≥ 2, là số chẵn.
Sử dụng định lí nhị thức để khai triển (n + 1)k+1 và (n − 1)k+1 , ta có:

(n + 1)k+1 − (n − 1)k+1 = 2

k+1
1

nk −

k+1
3

nk−2 + ... .


15

Ta thay thế liên tiếp n trong đẳng thức này bằng n − 1, n − 2, ..., 2, 1 và cộng
tương ứng các vế của đẳng thức này, ta được

(n + 1)k+1 + nk+1 − 1 = 2 (k + 1) Pk (n) +

k+1
3

Pk−2 (n) + ... ,

suy ra

2(k + 1)Pk (n) =(n + 1)k+1 + nk+1 − 1
k+1
k+1
Pk−2 (n) +
Pk−4 (n) + ... .
3
5

−2

Phương trình này cho một hệ thức đệ quy tính toán Pk (n) qua Pk−2 (n),
Pk−4 (n) , .... Ta có thể mở rộng công thức cho Qk bằng cách thay thế Pk bởi

Qk trong phương trình trên, ta được:

2(k + 1)Qk (x) =(x + 1)k+1 + xk+1 − 1
−2

k+1
k+1
Qk−2 (x) +
Qk−4 (x) + ... . (1.10)
3
5

Bây giờ ta xem xét riêng các trường hợp khi k là số lẻ và khi k là số chẵn.
Nếu k là số lẻ lớn hơn hoặc bằng 3, thì số hạng cuối cùng trong phương
trình trên là
k+1
1
Q1 (x) = (k + 1) x(x + 1),
k
2
bởi vậy phương trình (1.10) cho ta:

2(k + 1)Qk (x) =(x + 1)k+1 + xk+1 − 1
−2

k+1
k+1
Qk−2 (x) + · · · +
Q3 (x)
3

k−2

− (k + 1)x(x + 1).
Từ đó ta có

2 (k + 1) Qk (0) = 1 + 0 − 1 − 2 (0) − 0 = 0.

(1.11)


16

Đạo hàm (1.13)

2(k + 1)Qk (x) =(k + 1)((x + 1)k + xk )
k+1
k+1
Qk−2 (x) + · · · +
Q3 (x)
3
k−2

−2

− (k + 1)(2x + 1).

(1.12)

Suy ra

2 (k + 1) Q k (0) = (k + 1) (1) − 2 (0) − (k + 1) (1) = 0.
Điều này kéo theo x2 là thừa số của Qk (x) với k ≥ 3 và là số lẻ. Từ (1.13)
và (1.12) ta cũng có:

2 (k + 1) Qk (−1) = 0 + (−1)k+1 − 1 − 2 (0) − (k + 1) (0) = 0.
Và

2 (k + 1) Q k (−1) = (k + 1) (−1)k − 2 (0) − (k + 1) (−1) = 0.
Điều này kéo theo (x + 1)2 là thừa số của Qk (x) với k ≥ 3, là số lẻ. Bởi vậy
x2 (x + 1)2 là nhân tử của Qk (x) với k ≥ 3, là số lẻ.
Nếu k ≥ 2 là số chẵn, khi đó số hạng cuối cùng trong phương trình (1.10)
là:

k+1
k+1

Q0 (x) = x,

vì vậy ta có

2(k + 1)Qk (x) =(x + 1)k+1 + xk+1 − 1
−2

k+1
k+1
Qk−2 (x) + · · · +
Q2 (x) − 2x.
3
k−1
(1.13)

Phương trình này cho (lí luận theo cách quy nạp như trước):

2 (k + 1) Qk (0) = 1 + 0 − 1 − 2 (0) − 0 = 0
2 (k + 1) Qk (−1) = 0 + (−1)k+1 − 1 − 2 (0) + 2 = 0
2 (k + 1) Qk

1
−
2

=

1
2

k+1

1
+ −
2

k+1

− 1 − 2 (0) + 1 = 0


17

Kéo theo x(x + 1)(2x + 1) là một thừa số của Qk (x) với k ≥ 2 và là số chẵn.

Định lý được chứng minh hoàn toàn.
1.2.2

Đa thức Bernoulli và tính nhân tử của Pk (n)

Trước hết ta nhắc lại đa thức Bernoulli. Đa thức Bernoulli có thể được xác
định bằng nhiều cách, phương pháp đơn giản nhất là xác định trực tiếp thông
qua hàm số như sau:

G (0, x) = 1,
z.ezx
với z = 0.
G (z, x) = z
e −1
Ta biểu diễn được G (z, x) dưới dạng chuỗi
z.ezx
=
ez − 1

Bk (x)
k≥0

zk
,
k!

(1.14)

trong đó

∂ k G (z, x)
Bk (x) =
∂z k

.
z−→∞

Ta chứng minh được Bk (x) là một đa thức, được gọi là đa thức Bernoulli
thứ k . Sử dụng phương pháp này ta dễ dàng tính toán được các đa thức
Bernoulli. Chẳng hạn:
1
B0 (x) = 1;
B1 (x) = x − ;
2
1
B2 (x) = x2 − x + ;
6
2
3x
x
B3 (x) = x3 −
+ ;
2
2
1
B4 (x) = x4 − 2x3 + x2 − ;
30
4
3
5x

5x
x
B5 (x) = x5 −
+
− ;
2
3
6
4
5x
x2
1
6
5
B6 (x) = x − 3x +
−
+ .
2
2
42
Ta thấy
∂G (z, x)
z 2 ezx
z k+1
= z
=
Bk (x)
.
∂x
e −1

k!
k≥0


18

∂G (z, x)
Bk−1 (x)
là
. Mặt khác,
∂x
(k − 1)!

Vì hệ số của z k trong

zk
Bk (x)
k!
k≥0

∂
∂x

zk
B k (x)
=
k!
k≥0

và trong biểu thức bên phải, hệ số của z k là

B k (x)
. Từ đó suy ra
k!

B k (x) = k.Bk−1 (x) .

(1.15)

Ngoài ra ta cũng có một tính chất đơn giản khác của đa thức Bernoulli là:
1

Bk (x) dx = 0

(∀k ≥ 1).

(1.16)

0

Từ công thức (1.15) và (1.16), ta có thể xác định các đa thức Bernoulli
bằng phương pháp truy hồi như sau:

B0 (x) = 1,

B k (x) = k.Bk−1 (x)

1

Bk (x) dx = 0

(∀k ≥ 1).

(1.17)

0

Ta sẽ chỉ ra cách xác định các đa thức Bernoulli bằng phương pháp truy
hồi sẽ xác định cho ta một dãy Bk duy nhất và cũng trùng với các đa thức
Bernoulli xác định trực tiếp thông qua hàm số. Thật vậy, trước tiên ta sẽ chỉ
ra rằng ta có các đa thức thỏa mãn các điều kiện trên. Gọi H(z, x) đã cho
bởi tổng
zk
H (z, x) =
Bk (x) .
k!
k≥0

Khi đó ta có

zH (z, x) =

Bk (x)
k≥0

=

z k+1
=
k!

(k + 1) Bk (x)

k≥0
k+1

B k+1 (x)
k≥0

z k+1
(k + 1)!

z
∂H
=
,
(k + 1)!
∂x

Điều này kéo theo H (z, x) = f (z) .ezx , trong đó f là một hàm số của z .
Điều kiện xác định dãy Bk kéo theo
1

H (z, x) dx = 1
0


19

nên

1

ezx dx = 1.

f (z) .
0

Điều này kéo theo

z
z.ezx
f (z) = z
; H (z, x) = z
= G (z, x) .
e −1
e −1
Như vậy, hai cách xác định đa thức Bernoulli cho ta cùng một đa thức.
Bây giờ ta nghiên cứu một số tính chất đơn giản của Bk .
Mệnh đề 1.8 ([8]). Bk (1) = Bk (0) với k ≥ 2.
Chứng minh. Từ điều kiện B k (x) = kBk−1 (x) với k ≥ 1 ta có
1

1

B k (x)dx =
0

kBk−1 (x)dx.
0

Hơn nữa
1

B k (x)dx = Bk (x)
0

và

x=1
= Bk (1) − Bk (0)
x=0

1

kBk−1 (x)dx = 0
0

với k − 1 ≥ tức là k ≥ 2. Điều này kéo theo Bk (1) = Bk (0) với k ≥ 2. Mệnh
đề được chứng minh.
Mệnh đề 1.9 ([8]). Ta luôn có quan hệ

Bk (x + 1) − Bk (x) = kxk−1

∀k ≥ 1.

Chứng minh. Ta chứng minh bằng quy nạp theo k . Với k = 1, ta có:

B1 (x + 1) − B1 (x) = x +

1
2

− x−

1
2

= 1 = 1.x0 .

Như vậy (1.18) đúng với k = 1. Giả sử (1.18) đúng với k − 1, tức là

Bk−1 (x + 1) − Bk−1 (x) = (k − 1)xk−2 .
Ta chứng minh (1.18) đúng với k. Ta có:

B k (x + 1) − B k (x) = k [Bk−1 (x + 1) − Bk−1 (x)]
= k (k − 1) xk−2 .

(1.18)


20

Tích phân hai vế đẳng thức trên ta có

Bk (x + 1) − Bk (x) = kxk−1 + C,
trong đó C một là hằng số. Thay thế x = 0 ta được hằng số C = 0 và ta thu
được (1.18).
Tiếp theo ta xem mối liên hệ giữa đa thức Bernoulli và tổng lũy thừa của
các số nguyên. Với n là một số nguyên dương bất kỳ, từ (1.18) ta có:

Bk+1 (n + 1) − Bk+1 (n) = (k + 1) nk
Thay thế liên tục n bởi n − 1, n − 2, . . . , 1 và cộng các vế của các đẳng thức
tương ứng nhận được ta có

Pk (n) =

Bk+1 (n + 1) − Bk+1 (1)
.
k+1

(1.19)

Từ phép đồng nhất mà ta đã thực hiện giữa hàm số Pk và Qk , ta cũng có

Qk (x) =

Bk+1 (x + 1) − Bk+1 (1)
.
k+1

Mệnh đề 1.10 ([8]). Bk (1 − x) = (−1)k Bk (x)

(1.20)

∀k ≥ 1.

Chứng minh. Thay thế x với 1 − x trong (1.17), ta có

zez(1−x)

zez −zx
G (z, 1 − x) = z
= z
e
e −1
e −1
z
−z (−z)x
−zx
e
=
e
=
1 − e−z
e−z − 1
= G (−z, x) .
Điều này kéo theo

zk
Bk (1 − x)
=
k!
k≥0

(−z)k
Bk (x)
=
k!
k≥0

k

(−1)k (z)
Bk (x)
.
k!
k≥0

Đồng nhất hệ số của z k trong đẳng thức trên ta sẽ có kết quả cần chứng
minh.
Hệ quả 1.11 ([8]). Ta có Bk

1
2

= 0 với mọi k ≥ 1 và là số lẻ.

Mệnh đề 1.12 ([8]). B2k+1 (0) = 0 với mọi k ≥ 1.


21

Chứng minh. Thêm z/2 vào biểu thức của G(z, 0) trong (1.17) ta có

z
z
z
z
G (z, 0) + = z
+ =

2 e −1 2 2
−z

z

z
=
2

ez + 1
ez − 1

e2 + e 2
−z
z
e2 − e 2

.

Phương trình này chỉ ra rằng G (z, 0) + z2 là một hàm chẵn của z , vì vậy
B2k+1 (0) = 0 với mọi k ≥ 1. (Chú ý rằng B1 (0) = 0). Sử dụng kết quả trước
ta suy ra B2k+1 (1) = 0 với mọi k ≥ 1.
Hệ quả 1.13 ([8]). Từ (1.19) ta thấy: nếu k ≥ 2 và là số chẵn thì

Pk (n) =

Bk+1 (n + 1)
k+1

(1.21)

Ngoài ra, nếu k ≥ 2 và là số chẵn thì:

Pk

1
−
2

Bk+1 21
=
= 0.
k+1

Mệnh đề 1.14 ([8]). Bk (x) = xk −

1
k+1

k−1

Br (x).
r=0

Chứng minh. Tính chất này có thể thể hiện bằng cách kiểm tra đẳng thức:

z.e

zx

z

= (e − 1)

zk
Bk (x)
k!
k≥0

và so sánh hệ số của z k+1 ở cả hai vế của đẳng thức trên. Từ tính chất này
suy ra rằng Bk (x) là một đa thức bậc k .
Tiếp theo theo ta chứng minh các tính chất tính nhân tử hóa. Ta xem xét
từng trường hợp một khi k là số chẵn và khi k là số lẻ.
Định lý 1.15 ([8]). Đại lượng n (n + 1) (2n + 1) là thừa số của Pk (n) nếu k
là số chẵn lớn hơn hoặc bằng 2 và đại lượng n2 (n + 1)2 là thừa số của Pk (n)
nếu k là số lẻ lớn hơn hoặc bằng 3.
Chứng minh. Trường hợp k ≥ 2 và là số chẵn, ta có:

Pk (0) =

Bk+1 (1) − Bk+1 (1)
= 0;
k+1


22

Pk (−1) =

Bk+1 (0) − Bk+1 (1)

= 0;
k+1
1
Pk −
= 0.
2

Từ đó suy ra rằng n (n + 1) (2n + 1) là một thừa số của Pk (n) .
Với k ≥ 3 và là số lẻ. Trong trường hợp này ta có Pk (−1) = 0 và

P k (−1) =

B k+1 (0)
= Bk (0) = 0
k+1

Pk (0) = 0
B k+1 (1)
= Bk (1) = Bk (0) = 0.
P k (0) =
k+1
Từ đó suy ra rằng n2 (n + 1)2 là một thừa số của Pk (n) .