Nguyen Quoc Thai

 

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.

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

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

 

 

 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.

 

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:

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

 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.

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

...