Chủ đề này có 2 trả lời

[Nguyen Quoc Thai]

Jakob Bernoulli (còn được biết đến với tên James hoặc Jacques) (27 tháng 12, 1654 – 16 tháng 8 năm 1705) là nhà toán học người Thụy Sĩ. Cống hiến chủ yếu của ông là vào hình học giải tích, lý thuyết xác suất, phép tính biến phân. Bất đẳng thức Bernoulli thường được dạy trong thường phổ thông mang tên này để vinh danh ông. Bernoulli cùng với Newton và Leibniz là một trong những người đầu tiên phát triển phép tính vi phân và tích phân nhưng ông đã có những tìm hiểu cao hơn. Ông còn có một người em trai kém 12 tuổi và cũng là một nhà toán học nổi tiếng Johann Bernoulli, gia đình nhà Bernoulli về sau còn sản sinh ra nhiều nhà toán học tài năng

Ông đã để lại cuốn sách {Ars Conjectandi} (1713), ông nghiên cứu tổng lũy thừa của các số nguyên liên tiếp $1^{k}+2^{k}+3^{k}+...$, ông đã giới thiệu các số đặc biệt có liên quan đến tổng này và đưa ra các công thức cho tổng các lũy thừa :

 

$ \displaystyle\sum\limits_{i=0}^{n}{i=\frac{n\left( n+1 \right)}{2}},\;\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{n}{{{i}^{2}}=\frac{n\left( n+1 \right)\left( 2n+1 \right)}{6}},\;{{\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{n}{{{i}^{3}}=\left( \frac{n\left( n+1 \right)}{2} \right)}}^{2}},...$

 

Ông khẳng định rằng không mất đến 10 phút để tính tổng trên với lũy thừa 10 với $n = 1000$,

và kết quả chính xác Bernoulli đã đưa ra là: \[91409924241424243424241924242500.\] 

 

Bernoulli đưa ra một công thức chung liên quan đến những số đó, giải thích chúng được tính qua một công thức truy hồi và nhấn mạnh cách thức của mình nó rất hữu ích cho việc tính toán tổng các lũy thừa. Bernoulli không dùng ký hiệu $B_0, B_1, B_2,...$ mà ông dùng các ký tự $A,B,C....$ thay cho $B_{2n}$ và cũng không dùng công thức nhị thức, trong tài liệu của ông công thức được viết là:

$\displaystyle\frac{1}{c + 1}n^{c + 1}  + \displaystyle\frac{1}{2}n^c  + \displaystyle\frac{c}{2}An^{c - 1}  + {\displaystyle\frac{c.\,c - 1.\,c - 2}{2.3.4}}Bn^{c - 3}\, +$

 

${\displaystyle\frac{c.\,c - 1.\,c - 2.\,c - 3.\,c - 4}{2.3.4.5.6}}Cn^{c - 5} + {\displaystyle\frac{c.\,c - 1.\,c - 2.\,c - 3.\,c - 4.\,c - 5.\,c - 6}{2.3.4.5.6.7.8}}Dn^{c - 7}+ ...$

Trong đó $c = k$.

 

Sử dụng ký hiệu hiện đại, công thức được viết lại:

\[\displaystyle\sum\limits_{i = 1}^n {{i^k} = } \displaystyle\sum\limits_{j = 0}^k {\displaystyle{{k}\choose {j}}} {B_j}\frac{{{n^{k + 1 - j}}}}{{k + 1 - j}}\qquad\left( { = \frac{1}{{k + 1}}\displaystyle\sum\limits_{j = 0}^k {\displaystyle{{k+1}\choose {j}}{B_j}{n^{k + 1 - j}}} } \right)\]

Trong đó: \[\displaystyle{{k}\choose {j}}=\frac{k\left( k-1 \right)\left( k-2 \right)...\left( k-j+1 \right)}{j!}\] 

và \[\displaystyle\sum\limits_{j=0}^{k}{\displaystyle{{k+1}\choose {j}}{{B}_{j}}=k+1}     , k=1,2,....\]

Dưới đây $B_j$ gọi là số Bernoulli

Để xem chi tiết cách chứng minh, mời tải file đính kèm.

 

Kỳ sau ta sẽ có cách tính số Bernoulli dễ hơn nhờ hàm sinh ......

(còn nữa...)

File gửi kèm

•  chapter1.pdf   548.46K   341 Số lần tải

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Quoc Thai: 28-04-2016 - 09:01

[E. Galois]

Bài viết khá hay. Rất ủng hộ bạn. Bạn hãy tham khảo thêm http://diendantoanho...ernoulli-là-gì/

[Nguyen Quoc Thai]

Chứng minh Hàm sinh số Bernoulli

 

Trong một số bài viết có sử dụng hàm sinh số Bernoulli tuy nhiên có vẻ không tự nhiên lắm!

Ở đâu ra hàm này?

Có chứng minh được không?

Mời các bạn bỏ chút thời gian đọc nhé.(phần chuỗi lỹ thừa hình thức hơi khó hiểu nhé.)

 

Ta đã xác định các số Bernoulli bởi 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 ta sẽ chứng minh một định lý với số Bernoulli có liên quan đến hàm sinh.

Định lý:

Cho $B_n \;(n=0,1,2,… )$ là các số Bernoulli. Ta có công thức sau trong $\mathbb{Q}((t))$:

\[\frac{t{{e}^{t}}}{{{e}^{t}}-1}=\sum\limits_{n=0}^{\infty }{{{B}_{n}}\frac{{{t}^{n}}}{n!}}\]

 

Chứng minh

 

 Ta chỉ ra rằng $(\sum\nolimits_{n=0}^{\infty}B_n\frac{t^n}{n!})(e^t-1)=te^t$. từ định nghĩa phép nhân trong chuỗi lũy thừa hình thức ta có:

 

$\left( {\sum\limits_{n = 0}^\infty  {{B_n}\displaystyle\frac{{{t^n}}}{{n!}}} } \right)({e^t} - 1)$

$= \left( {\sum\limits_{n = 0}^\infty  {\displaystyle\frac{{{B_n}}}{{n!}}{t^n}} } \right)\left( {\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\displaystyle\frac{{{t^n}}}{{n!}}} } \right)$

$= \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {\sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {\displaystyle\frac{{{B_i}}}{{i!}}\displaystyle\frac{1}{{(n - 1)!}}} } \right){t^n}} $

$= \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {\sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {{n \choose i}{B_i}} } \right)\displaystyle\frac{{{t^n}}}{{n!}}}$

 

Từ công thức truy hồi (trong bài lịch sử số Bernoulli) ta có $\sum\nolimits_{i = 0}^{n - 1} {({^n_i}){B_i}}  = n\forall n \ge 1$. Do vậy: 

\[\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\left( {\sum\limits_{i = 0}^{n - 1} {{n \choose i}{B_i}} } \right)\frac{{{t^n}}}{{n!}}}  = \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{{{t^n}}}{{(n - 1)!}} = t{e^t}} \]

Điều phải chứng minh.

 

Ghi chú:

Ngược lại, Nếu ta định nghĩa  $B_{n}$  bởi công thức trong định lý trên thì ta có:

\[\left( {\sum\limits_{n = 0}^\infty  {{B_n}\frac{{{t^n}}}{{n!}}} } \right)({e^t} - 1) = t{e^t}\]

Khai triển vế trái và so sánh với vế phải chúng ta có công thức trong bài lịch sử số Bernoulli. Điều này chứng tỏ là định nghĩa truy hồi của Bernoulli và định nghĩa sử dụng hàm sinh trong định lý trên là đồng nhất.

 

Bây giờ ta tính một vài số Bernoulli:

Viết chuỗi trên dưới dạng

$\displaystyle x = (e^x-1) \, \sum_{k=0}^\infty \frac{B_k}{k!}x^k$

$\displaystyle x = \left( x+\frac{1}{2!}x^2 + \frac{1}{3!} x^3+ \frac{1}{4!} x^4+\cdots \right) \cdot \left( B_0 +B_1 \, x+\frac{B_2}{2!}\,x^2 +\frac{B_3}{3!} x^3+ \cdots \right)$

$\displaystyle x = B_0 x + \left(B_1+\frac{B_0}{2!} \right)x^2 + \left(\frac{B_0}{3!}+ \frac{B_2}{2!}+\frac{B_1}{2!}\right)x^3 +\left( \frac{B_0}{4!}+\frac{B_1}{3!}+\frac{B_2}{2!\, 2!}+\frac{B_3}{3!}\right) x^4+ \cdots$

Đồng nhất hệ số ta được

$\displaystyle {B_0 = 1 \, , \, B_1 =-\frac{1}{2} \, + \, B_2 = \frac{1}{6} \, , \, B_3=0 \, , \, B_4 = -\frac{1}{30} , \cdots }$

 

Sử dụng hàm sinh ta dễ chứng minh được mệnh đề sau:

Mệnh đề

Nếu n là một số nguyên lẻ lớn hơn hoặc bằng 3 thì $B_{n}=0$

Chứng minh

 Ta chỉ cần chỉ ra là chuỗi lũy thừa hình thức $\frac{te^t}{e^t-1}-\frac{t}{2}$ không có số hạng bậc lẻ. Từ đó ta có

\[\frac{te^t}{e^t-1}-\frac{t}{2}=\frac{t(e^t-1+1)}{e^t-1}-\frac{t}{2}=\frac{t}{e^t-1}+\frac{t}{2}\]

và:

\[\frac{(-t)e^{-t}}{e^{-t}-1}-\frac{(-t)}{2}=\frac{-t}{1-e^t}+\frac{t}{2}=\frac{t}{e^t-1}+\frac{t}{2}\]

Như vậy $\frac{te^t}{e^t-1}-\frac{t}{2}$ không thay đổi khi ta thay $t$ bởi $-t$. Hay hệ số của số hạng có bậc lẻ là bằng 0.

Mệnh đề

\[(2n + 1){B_{2n}} =  - \sum\limits_{m = 1}^{n - 1} {{2n}\choose {2m}} {B_{2m}}{B_{2(n - m)}} (n \ge 2)\]

Chứng minh (xem tài liệu đính kèm)

...

File gửi kèm

•  chuong2.pdf   155.84K   249 Số lần tải