Chủ đề này có 3 trả lời

[hxthanh]

1. Số Bernoulli và Đa thức Bernoulli

1.1. Định nghĩa

 

Số Bernoulli $B_k \quad (k=1,\, 2,\,3,...)$ là những hệ số thỏa mãn khai triển chuỗi sau:

 

$\displaystyle \dfrac{x}{e^x-1} =\sum_{k=0}^\infty \dfrac{B_k}{k!}x^k$

 

1.2. Khai triển của các số Bernoulli

 

$\tag{1.1}\dfrac{x}{e^x-1}=\dfrac{B_0}{0!}+\dfrac{B_1}{1!}x+\dfrac{B_2}{2!}x^2+\dfrac{B_3}{3!}x^3+\dfrac{B_4}{4!}x^4+...$

 

$\tag{1.2}\dfrac{e^x-1}{x}=\dfrac{1}{1!}+\dfrac{x}{2!}+\dfrac{x^2}{3!}+\dfrac{x^3}{4!}+\dfrac{x^4}{5!}+...$

 

Nhân vế với vế của khai triển (1.1) và (1.2) ta được,

 

$1=B_0 +\left(\dfrac{B_1}{1!1!}+\dfrac{B_0}{0!2!}\right)x +\left(\dfrac{B_2}{2!1!}+\dfrac{B_1}{1!2!}+\dfrac{B_0}{0!3!}\right)x^2+...$

 

Khi đó hệ số của $x^i\;\; (i\ge 1)$ là bằng $0$,

 

$B_0=1,\quad \dfrac{B_1}{1!1!}+\dfrac{B_0}{0!2!}=0,\quad \dfrac{B_2}{2!1!}+\dfrac{B_1}{1!2!}+\dfrac{B_0}{0!3!}=0,\quad ...$

 

Hệ số của $x^n$ là:

 

$\dfrac{B_n}{n!1!}+\dfrac{B_{n-1}}{(n-1)!2!}+\dfrac{B_{n-2}}{(n-2)!3!}+...+\dfrac{B_{1}}{(1)!n!}+\dfrac{B_{0}}{(0)!(n+1)!}=0$

 

Nhân cả hai vế với $(n+1)!$ và dùng ký hiệu số nhị thức, ta được:

${n+1\choose n}B_n +{n+1\choose n-1}B_{n-1} +{n+1\choose n-2}B_{n-2}+... +{n+1\choose 1}B_1 +{n+1\choose 0}B_0=0$

 

Thay $n+1$ bởi $n$,

$\tag{1.3} {n\choose n-1}B_{n-1} +{n\choose n-2}B_{n-2} +{n\choose n-3}B_{n-3}+... +{n\choose 1}B_1 +{n\choose 0}B_0=0$

 

Từ $(1.3)$ thay lần lượt $n=2,3,4, ...$ ta tính dần được các số Bernoulli, ta có:

${2\choose 1}B_1+{2\choose 0}B_0=0\qquad\Rightarrow B_1=-\dfrac{1}{2}$

${3\choose 2}B_2+{3\choose 1}B_1+{3\choose 0}B_0=0\Rightarrow B_2=\dfrac{1}{6}$

 

Một vài số Bernoulli đầu tiên:

$B_0=1,\;B_2=\dfrac{1}{6},\;B_4=-\dfrac{1}{30},\;B_6=\dfrac{1}{42},\;B_8=-\dfrac{1}{30},\;B_{10}=\dfrac{5}{66},...$

$B_1=-\dfrac{1}{2},\; B_3=B_5=B_7=...=0$

 

1.3. Tính các số Bernoulli như thế nào?

1.3.1. Phương pháp tính dần dần.

Nói chung phương pháp này được tính theo công thức $(1.3)$ bằng cách thay thế $n=2,3,4,...$ ta sẽ tìm được từng số Bernoulli một. Cách tính này chỉ phù hợp với các số Bernoulli nhỏ, và rất khó có thể tính được số Bernoulli lớn.

 

1.3.2. Phương pháp tính tổng kép

Các số Bernoulli tổng quát được tính thông qua tổng có chứa hệ số nhị thức như sau:

$\displaystyle B_n=\sum_{k=0}^n \dfrac{1}{k+1}\sum_{r=0}^k (-1)^r {k\choose r}r^n$

 

Một vài giá trị của tổng này:

$B_0=\dfrac{1}{1} {0\choose 0} 0^0$

 

$B_1=\dfrac{1}{1} {0\choose 0} 0^1+\dfrac{1}{2}\left({1\choose 0}0^1-{1\choose 1}1^1\right)$

 

$B_2=\dfrac{1}{1} {0\choose 0} 0^2+\dfrac{1}{2}\left({1\choose 0}0^2-{1\choose 1}1^2\right)+\dfrac{1}{3}\left({2\choose 0}0^2-{2\choose 1}1^2+{2\choose 2}2^2\right)$

$\quad\vdots$

 

Tuy công thức này có thể tính trực tiếp một số Bernoulli bất kỳ, nhưng với $n$ lớn dần thì khối lượng tính toán còn tăng lên gấp bội.

 

1.4. Đa thức Bernoulli

1.4.1. Định nghĩa

Với $B_n$ là các số Bernoulli, đa thức $B_n(x)$ thỏa mãn ba điều kiện sau thì được gọi là đa thức Bernoulli

$\left\{\begin{array}{ll} B_0(x)=1&\\ \dfrac{d}{dx}B_n(x)=nB_{n-1}(x)&(n\ge 1)\\ \int_0^1 B_n(x)dx=0&(n\ge 1)\end{array}\right.$

 

1.4.2. Tính chất

Các tính chất sau đây được suy ra từ định nghĩa

$B_n(x)=n\int_0^x B_{n-1}(t)dt +B_n\quad (n\ge 1)$

$\displaystyle B_n(x)=\sum_{k=0}^n {n\choose k}B_{n-k}x^k=\sum_{k=0}^n {n\choose k}B_{k}x^{n-k}$

$B_n(0)=B_n$

$B_n(1)=B_n(0)\qquad (n\ge 2)$

$B_n(x+1)-B_n(x)=nx^{n-1}\quad (n\ge 1)$

$B_n(1-x)=(-1)^nB_n(x)\quad (n\ge 1)$

 

Ngoài ra, người ta còn nhắc đến tính chất sau mặc dù không trực tiếp suy ra từ định nghĩa:

Với số tự nhiên $m$ và $x$ thuộc đoạn $[0,1]$

$\left|B_{2m}(x)\right|\le \left|B_{2m}\right|$

$\left|B_{2m+1}(x)\right|\le (2m+1)\left|B_{2m}\right|$

 

Ví dụ:

 

$B_1(x) =x-\dfrac{1}{2},\quad B_2(x) =x^2-x+\dfrac{1}{6},\quad B_3(x)=x^3-\dfrac{3}{2}x^2+\dfrac{1}{2}x,$
$B_4(x) =x^4-2x^3+x^2-\dfrac{1}{30},\qquad B_5(x) =x^5 -\dfrac{5}{2}x^4+\dfrac{5}{3}x^3-\dfrac{1}{6}x,$
$B_6(x) =x^6-3x^5+\dfrac{5}{2}x^4-\dfrac{1}{2}x^2+\dfrac{1}{42},$

$B_7(x) =x^7-\dfrac{7}{2}x^6+\dfrac{7}{2}x^5-\dfrac{7}{2}x^3+\dfrac{1}{6}x,$

$B_8(x) =x^8-4x^7+\dfrac{14}{3}x^6-\dfrac{7}{3}x^4+\dfrac{2}{3}x^2-\dfrac{1}{30},$
$B_9(x) =x^9-\dfrac{9}{2}x^8+6x^7-\dfrac{21}{5}x^5+2x^3-\dfrac{3}{10}x,$
$B_{10}(x)=x^{10}-5x^9+\dfrac{15}{2}x^8-7x^6+5x^4-\dfrac{2}{3}x^2+\dfrac{5}{66}, ...$

 

1.5. Khai triển Fourier của đa thức Bernoulli

Đa thức Bernoulli $B_n(x)$ có thể khai triển thành chuỗi Fourier trên đoạn $0\le x\le 1$. Điều này cũng có nghĩa là Đa thức Bernoulli $B_m(x-\lfloor x\rfloor)$ có thể khai triển thành chuỗi Fourier trên $x\ge 0$.

 

Công thức 1.5

Với $m$ là số tự nhiên, $\lfloor x\rfloor$ là hàm phần nguyên và $B_m$ là số Bernoulli,

$$B_m(x-\lfloor x\rfloor)= -2m! \sum_{s=1}^\infty \dfrac{1}{(2\pi s)^m} \cos\left(2\pi sx-\frac{m\pi}{2}\right)\qquad (x\ge 0)$$

Chứng minh:

Ta có công thức sau (Công thức này được giới thiệu trong phần "Hàm sinh đa thức Bernoulli", sẽ giới thiệu cho bạn đọc vào một dịp khác), ta có:

$B_m(x)= -2m! \sum_{s=1}^\infty \dfrac{1}{(2\pi s)^m} \cos\left(2\pi sx-\frac{m\pi}{2}\right)\qquad (0\le x\le 1)$

Từ $B_m(x-\lfloor x\rfloor)=B_m(x)$ trên $0\le x<1$, ta có

$B_m(x-\lfloor x\rfloor)= -2m! \sum_{s=1}^\infty \dfrac{1}{(2\pi s)^m} \cos\left(2\pi sx-\frac{m\pi}{2}\right)\qquad (0\le x< 1)$

Trên $1\le x<2$ thì, thay $x$ bởi $x+1$

$LEFT:\;\;B_m(x+1-\lfloor x+1\rfloor)=B_m(x-\lfloor x\rfloor)$

$RIGHT:\;\;-2m! \sum_{s=1}^\infty \dfrac{1}{(2\pi s)^m} \cos\left(2\pi s(x+1)-\frac{m\pi}{2}\right)=-2m! \sum_{s=1}^\infty \dfrac{1}{(2\pi s)^m} \cos\left(2\pi sx-\frac{m\pi}{2}\right) $

Như vậy công thức đúng trên đoạn $1\le x< 2$

Bằng quy nạp ta có công thức đúng trên đoạn $n\le x<n+1$ với $n$ bất kỳ. Suy ra điều cần chứng minh.

 

2. Công thức tổng Euler-Maclaurin

Công thức 2.1

Với $f(x)$ là một hàm khả vi đến bậc $m$ trên đoạn $[a,b],\;\lfloor x\rfloor$ là hàm phần nguyên, $B_r$ là số Bernoulli và $B_n(x)$ là đa thức Bernoulli, ta có công thức sau:

$\tag{2.1}\sum_{k=a}^{b-1}f(k)=\int_a^b f(x)dx + \sum_{r=1}^m \dfrac{B_r}{r!}\left(f^{(r-1)}(b)-f^{(r-1)}(a)\right)+R_m$

$\tag{2.1r} R_m=\dfrac{(-1)^{m+1}}{m!}\int_a^b B_m(x-\lfloor x\rfloor) f^{(m)}(x)dx$

$\tag{2.1r'}\quad = (-1)^m 2\int_a^b\left(\sum_{s=1}^\infty \dfrac{1}{(2\pi s)^m}\cos\left(2\pi sx-\frac{m\pi}{2}\right)\right)f^{(m)}(x)dx$

 

Chứng minh:

Ta có: $B_0(x)=1,\quad \int_0^x B_n(x)dx=\dfrac{1}{n+1}\left(B_{n+1}(x)-B_{n+1}\right)$

$B_{n+1}(1)=B_{n+1}(0)=B_{n+1}$

Do đó:

\begin{align*}\int_0^1 f(x)dx &=\int_0^1 B_0(x)f(x)dx\\ &=\dfrac{1}{1!}\left[B_1(x)f(x)\right]_0^1-\int_0^1\dfrac{B_1(x)}{1!}f^{\,'}(x)dx\\ &=\dfrac{1}{1!}\left[B_1(x)f(x)\right]_0^1 -\dfrac{1}{2!}\left[B_2(x)f^{\,'}(x)\right]_0^1+\int_0^1\dfrac{B_2(x)}{2!}f^{\,''}(x)dx \\&=\dfrac{1}{1!}\left[B_1(x)f(x)\right]_0^1 -\dfrac{1}{2!}\left[B_2(x)f^{\,'}(x)\right]_0^1+\dfrac{1}{3!}\left[B_3(x)f^{\,''}(x)\right]_0^1-\int_0^1 \dfrac{B_3(x)}{3!}f^{\,'''}(x)dx\\ &\;\vdots\\ &=\sum_{r=1}^m \dfrac{(-1)^{r-1}}{r!}\left[B_r(x)f^{(r-1)}(x)\right]_0^1 + (-1)^m \int_0^1 \dfrac{B_m(x)}{m!}f^{(m)}(x)dx \end{align*}

Trong đó,

$\left[B_1(x)f(x)\right]_0^1=\left(1-\dfrac{1}{2}\right)f(1)-\left(0-\dfrac{1}{2}\right)f(0)=\dfrac{1}{2}\left(f(1)+f(0)\right)$

và

$(-1)^{r-1}B_r(1)=(-1)^{r-1}B_r(0)=-B_r,\quad$ với $r\ge 2$

Do đó,

$(-1)^{r-1}\left[B_r(x)f^{(r-1)}(x)\right]_0^1=-B_r\left(f^{(r-1)}(1)-f^{(r-1)}(0)\right)$

Thay vào biểu thức trên ta có:

$\int_0^1 f(x)dx=\dfrac{1}{2}\left(f(1)+f(0)\right)-\sum_{r=2}^m \dfrac{B_r}{r!}\left(f^{(r-1)}(1)-f^{(r-1)}(0)\right) $

$\qquad\qquad+\dfrac{(-1)^m}{m!}\int_0^1 B_m(x)f^{(m)}(x)dx $

Thay $f(x)$ bởi $f(x+k)$, ta được:

$\int_0^1 f(x+k)dx=\dfrac{1}{2}\left(f(k+1)+f(k)\right)-\sum_{r=2}^m \dfrac{B_r}{r!}\left(f^{(r-1)}(k+1)-f^{(r-1)}(k)\right) $

$\qquad\qquad+\dfrac{(-1)^m}{m!}\int_0^1 B_m(x)f^{(m)}(x+k)dx $

đó là:

$\int_k^{k+1}f(x)dx=\dfrac{1}{2}\left(f(k+1)+f(k)\right)-\sum_{r=2}^m \dfrac{B_r}{r!}\left(f^{(r-1)}(k+1)-f^{(r-1)}(k)\right) $

$\qquad\qquad+\dfrac{(-1)^m}{m!}\int_k^{k+1} B_m(x-k)f^{(m)}(x)dx $

Lần lượt cho $k=a$ cho đến $k=b-1$, cộng lại ta được:

$\int_a^b f(x)dx=\dfrac{1}{2}\sum_{k=a}^{b-1}\left(f(k+1)+f(k)\right)-\sum_{r=2}^m\dfrac{B_r}{r!}\sum_{k=a}^{b-1}\left(f^{(r-1)}(k+1)-f^{(r-1)}(k)\right)$

$\qquad\qquad +\dfrac{(-1)^m}{m!}\sum_{k=a}^{b-1}\int_k^{k+1}B_m(x-k)f^{(m)}(x)dx$

trong đó:

$\sum_{k=a}^{b-1}\left(f^{(r-1)}(k+1)-f^{(r-1)}(k)\right)=f^{(r-1)}(b)-f^{(r-1)}(a)$

$\sum_{k=a}^{b-1}\left(f(k+1)+f(k)\right) + f(a)+f(b)=2\sum_{k=a}^b f(k)$

$B_m(x-k)=B_m(x-\lfloor x\rfloor)\qquad (k\le x\le k+1)$

 

Do đó:

$\int_a^b f(x)dx=\sum_{k=a}^b f(k) -\dfrac{1}{2}\left(f(a)+f(b)\right)-\sum_{r=2}^m \dfrac{B_r}{r!}\left(f^{(r-1)}(b)-f^{(r-1)}(a)\right)$

$\qquad\qquad + \dfrac{(-1)^m}{m!}\int_a^b B_m(x-\lfloor x\rfloor)f^{(m)}(x)dx$

Hay

$\sum_{k=a}^b f(k) =\int_a^b f(x)dx +\dfrac{1}{2}\left(f(a)+f(b)\right) + \sum_{r=2}^m \dfrac{B_r}{r!}\left(f^{(r-1)}(b)-f^{(r-1)}(a)\right)$

$\qquad\qquad - \dfrac{(-1)^m}{m!}\int_a^b B_m(x-\lfloor x\rfloor)f^{(m)}(x)dx$

Giản lược bớt $f(b)$ ở cả hai vế thì được:

$\sum_{k=a}^{b-1} f(k)=\int_a^b f(x)dx -\dfrac{1}{2}\left(f(b)-f(a)\right) + \sum_{r=2}^m \dfrac{B_r}{r!}\left(f^{(r-1)}(b)-f^{(r-1)}(a)\right)$

$\qquad\qquad - \dfrac{(-1)^m}{m!}\int_a^b B_m(x-\lfloor x\rfloor)f^{(m)}(x)dx$

Mà $B_1=-\dfrac{1}{2}$ nên số hạng $-\dfrac{1}{2}\left(f(b)-f(a)\right)$ tương ứng với số hạng của tổng khi $r=1$

Suy ra:

$\sum_{k=a}^{b-1} f(k)=\int_a^b f(x)dx + \sum_{r=1}^m \dfrac{B_r}{r!}\left(f^{(r-1)}(b)-f^{(r-1)}(a)\right)$

$\qquad\qquad + \underbrace{\dfrac{(-1)^{m+1}}{m!}\int_a^b B_m(x-\lfloor x\rfloor)f^{(m)}(x)dx}_{R_m}$

Vậy $(2.1);\;(2.1r)$ được chứng minh.

Cuối cùng là áp dụng công thức $(1.5)$

$B_m(x-\lfloor x\rfloor)=-2m!\sum_{s=1}^\infty \dfrac{1}{(2\pi s)^m}\cos\left(2\pi sx=\frac{m\pi}{2}\right)\qquad x\ge 0$

cho $(2.1r)$, ta có:

$R_m=(-1)^m 2\int_a^b \sum_{s=1}^\infty\dfrac{1}{(2\pi s)^m}\cos\left(2\pi sx-\frac{m\pi}{2}\right)f^{(m)}(x)dx$

$Q.E.D$

 

Công thức 2.2

Với $f(x)$ là một hàm khả vi đến bậc $2m$ trên đoạn $[a,b],\;\lfloor x\rfloor$ là hàm phần nguyên, $B_r$ là số Bernoulli và $B_n(x)$ là đa thức Bernoulli, ta có công thức sau:

$\sum_{k=a}^{b-1}f(k)=\int_a^b f(x)dx -\dfrac{1}{2}\left(f(b)-f(a)\right) $

$\tag{2.2}+ \sum_{r=2}^m \dfrac{B_{2r}}{(2r)!}\left(f^{(2r-1)}(b)-f^{(2r-1)}(a)\right)+R_{2m}$

$\tag{2.2r} R_{2m}=-\dfrac{1}{(2m)!}\int_a^b B_{2m}(x-\lfloor x\rfloor) f^{(2m)}(x)dx$

$\tag{2.2r'}\quad = (-1)^m 2\int_a^b\left(\sum_{s=1}^\infty \dfrac{\cos(2\pi sx)}{(2\pi s)^{2m}}\right)f^{(2m)}(x)dx$

 

Chứng minh:

Áp dụng công thức $(2.1), (2.1r), (2.1r')$ cho $m$ chẵn và lưu ý rằng: $B_3=B_5= B_7=...=0$

ta có điều phải chứng minh

 

 

3. Ứng dụng tính tổng các phần tử của dãy số

3.1 Tổng của cấp số cộng

$\tag{3.1} \sum_{k=0}^{n-1}(a+kd)=\dfrac{n}{2}\left[2a+(n-1)d\right]$

 

Chứng minh:

Ta có: $f(x)=a+xd,\;\;f^{(1)}(x)=d,\;f^{(2)}(x)=f^{(3)}(x)=f^{(4)}(x)=...=0$

Áp dụng công thức $(2.2)$

$\sum_{k=0}^{n-1}(a+kd)=\int_0^n (a+xd)dx-\dfrac{1}{2}[(a+nd)-(a+0d)]+\dfrac{B_2}{2!}(d-d)+\sum_{r=2}^m\dfrac{b_{2r}}{(2r)!}(0-0)+R_{2m}$

$\qquad = \left[xa+\dfrac{x^2d}{2}\right]_0^n-\dfrac{nd}{2}+R_{2m}$

$\qquad = na+\dfrac{n^2d}{2}-\dfrac{nd}{2}+R_{2m}$

với

$R_{2m}=-\dfrac{1}{(2m)!}\int_0^n B_{2m}(x-\lfloor x\rfloor).0 dx=0$

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

 

3.2 Tổng của cấp số nhân

$\tag{3.2}\sum_{k=0}^{n-1} r^k=(r^n-1)\sum_{s=0}^m \dfrac{B_s}{s!}(\ln r)^{s-1}+R_m$

$\tag{3.2r}\qquad R_m=(-1)^{m+1}\dfrac{(\ln r)^m}{m!}\int_0^n B_m(x-\lfloor x\rfloor)r^xdx$

$\tag{3.2'}\sum_{k=0}^{n-1} r^k=(r^n-1)\sum_{s=0}^m \dfrac{B_s}{s!}(\ln r)^{s-1}=\dfrac{r^n-1}{r-1}$

 

Chứng minh:

Ta có: $f(x)=r^x$

$\int_0^n f(x)dx=\left[\dfrac{r^x}{\ln r}\right]_0^n=\dfrac{r^n-1}{\ln r}$

$f^{(s-1)}(x)=r^x (\ln r)^{s-1}\quad (s=1,...,m+1)$

Áp dụng công thức $(2.1)$

$\sum_{k=0}^{n-1}r^k = \dfrac{r^n-1}{\ln r}+\sum_{s=1}^m \dfrac{B_s}{s!}\left(r^n (\ln r)^{s-1} -r^0(\ln r)^{s-1} \right)+R_m$

$\qquad = (r^n-1)\sum_{s=0}^m\dfrac{B_s}{s!}(\ln r)^{s-1}+R_m$

với $R_m=\dfrac{(-1)^{m+1}}{m!}\int_0^n B_m(x-\lfloor x\rfloor) r^x(\ln r)^m dx$

Từ định nghĩa số Bernoulli

$\sum_{s=0}^\infty \dfrac{B_s}{s!}x^s=\dfrac{x}{e^x-1}$

Cho $x= \ln r$ ta có:

$\sum_{s=0}^\infty\dfrac{B_s}{s!}(\ln r)^{s}=\dfrac{\ln r}{e^{\ln r}-1}=\dfrac{\ln r}{r-1}$

$\Rightarrow \sum_{s=0}^\infty\dfrac{B_s}{s!}(\ln r)^{s-1}=\dfrac{1}{r-1}$

Hơn nữa, cho $m\to \infty$

$\displaystyle \lim_{m\to\infty}\dfrac{(\ln r)^m}{m!}=0\Rightarrow R_\infty=0$

Vậy

$\sum_{k=0}^{n-1}r^k=(r^n-1)\sum_{s=0}^\infty\dfrac{B_s}{s!}(\ln r)^{s-1}=\dfrac{r^n-1}{r-1}$

$Q.E.D$

 

 

To be continue ...

[hxthanh]

3.3 Tổng lũy thừa các số tự nhiên

Công thức 3.3 (Jacob Bernoulli)

$\tag{3.3}\sum_{k=0}^{n-1}k^m=\dfrac{1}{m+1}\sum_{r=0}^m{m+1\choose r}B_rn^{m+1-r}$

$\tag{3.3'}\sum_{k=0}^{n-1}k^m=\dfrac{1}{m+1}\left(B_{m+1}(n)-B_{m+1}(0)\right)$

 

Chứng minh:

Ta có:

$f(x)=x^m$

$\int_0^n f(x)dx=\left[\dfrac{x^{m+1}}{m+1}\right]_0^n=\dfrac{n^{m+1}}{m+1}$

$f^{(r-1)}(x)=\dfrac{m!}{(m-r+1)!}x^{m-r+1}\quad (r=1,...,m+1)$

Áp dụng công thức $(2.1)$,

$\sum_{k=0}^{n-1}k^{m}=\dfrac{n^{m+1}}{m+1}+\sum_{r=1}^m\dfrac{B_r}{r!}\dfrac{m!}{(m-r+1)!}(n^{m-r+1}-0^{m-r+1})+R_m$

$\quad =\sum_{r=0}^m \dfrac{B_r}{r!}\dfrac{m!}{(m-r+1)!}n^{m+1-r}+R_m$

$\quad =\dfrac{1}{m+1}\sum_{r=0}^m {m+1\choose r}B_rn^{m+1-r}+R_m$

với

$R_m=\dfrac{(-1)^{m+1}}{m!}\int_0^n B_m(x-\lfloor x\rfloor)\dfrac{m!}{0!}x^0dx$

$\quad =(-1)^{m+1}\int_0^n B_m(x-\lfloor x\rfloor)=(-1)^{m+1}\sum_{r=0}^{n-1}\int_0^1 B_m(x)dx=0$

Vậy $R_m=0$

Từ đó ta có công thức $(3.3)$

$\sum_{k=0}^{n-1}k^m=\dfrac{1}{m+1}\sum_{r=0}^m{m+1\choose r}B_rn^{m+1-r}$

Ngoài ra, vì ${m+1\choose m+1}B_{m+1}(n^0-0^0)=0$

nên ta còn viết được công thức trên dưới dạng (thêm vào số hạng cuối)

$\sum_{k=0}^{n-1}k^m=\dfrac{1}{m+1}\sum_{r=0}^{m+1}{m+1\choose r}B_r\left(n^{m+1-r}-0^{m+1-r}\right)$

Đây chính là biểu thức khai triển đa thức Bernoulli, nên ta có:

$\sum_{k=0}^{n-1}k^m=\dfrac{1}{m+1}\left(B_{m+1}(n)-B_{m+1}(0)\right)$

$Q.E.D$

 

Ví dụ: $m=3,\; n=101$

$\sum_{k=0}^{101-1} k^3=0^3+1^3+2^3+...+100^3$

$=\dfrac{1}{3+1}(B_{3+1}(101)-B_{3+1}(0))=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{3060299999}{30}+\dfrac{1}{30}\right)=25502500$

 

3.4 Tổng đan dấu lũy thừa các số tự nhiên

Công thức 3.4

$\tag{3.4}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k-1}k^m=\dfrac{1}{m+1}\sum_{r=0}^m {m+1\choose r}B_r \left(n^{m+1-r}-2^{m+1}\left\lfloor\dfrac{n+1}{2}\right\rfloor^{m+1-r}\right)$

$\tag{3.4'}\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k-1}k^m=\dfrac{1}{m+1}\left[B_{m+1}(n)-B_{m+1}-2^{m+1}\left(B_{m+1}\left(\left\lfloor\dfrac{n+1}{2}\right\rfloor\right)-B_{m+1}\right)\right]$

 

Chứng minh:

Khi $n$ là số chẵn, ta có tổng:

$1^m-2^m+3^m-4^m+...+(n-1)^m-n^m=(1^m+3^m+5^m+...+(n-1)^m)-(2^m+4^m+6^m+...+n^m)$

$=(1^m+2^m+3^m+...+n^m)-2(2^m+4^m+6^m+...+n^m)$

$=(1^m+2^m+3^m+...+n^m)-2^{m+1}\left[1^m+2^m+3^m+...+\left(\dfrac{n}{2}\right)^m\right]$

Suy ra:

$\sum_{k=1}^n (-1)^{k-1}k^m = \sum_{r=1}^{n}r^m -2^{m+1}\sum_{r=1}^{\frac{n}{2}}r^m$

Khi $n$ là số lẻ, phân tích tương tự.

Tóm lại ta có:

$\sum_{k=1}^n (-1)^{k-1}k^m = \sum_{r=1}^{n}r^m -2^{m+1}\sum_{r=1}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}r^m$

Khi $m\ne 0$,

$\sum_{k=1}^n (-1)^{k-1}k^m = \sum_{r=0}^{n}r^m -2^{m+1}\sum_{r=0}^{\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor}r^m$

Thay $n$ bởi $n-1$,

$\sum_{k=1}^{n-1} (-1)^{k-1}k^m = \sum_{r=0}^{n-1}r^m -2^{m+1}\sum_{r=0}^{\left\lfloor\frac{n-1}{2}\right\rfloor}r^m$

Từ đây áp dụng công thức $(3.3)$, ta có:

$\sum_{r=0}^{n-1}r^m=\dfrac{1}{m+1}\sum_{r=0}^m{m+1\choose r}B_rn^{m+1-r}=\dfrac{1}{m+1}\left[B_{m+1}(n)-B_{m+1}(0)\right]$

$\sum_{r=0}^{\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor-1}r^m=\dfrac{1}{m+1}\sum_{r=0}^m{m+1\choose r}B_r\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor^{m+1-r}$

$\qquad =\dfrac{1}{m+1}\left[B_{m+1}\left(\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor\right)-B_{m+1}(0)\right]$

Sử dụng $2$ đẳng thức trên ta có:

$\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k-1}k^m=\dfrac{1}{m+1}\sum_{r=0}^m {m+1\choose r}B_r \left(n^{m+1-r}-2^{m+1}\left\lfloor\dfrac{n+1}{2}\right\rfloor^{m+1-r}\right)$

$\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^{k-1}k^m=\dfrac{1}{m+1}\left[B_{m+1}(n)-B_{m+1}-2^{m+1}\left(B_{m+1}\left(\left\lfloor\dfrac{n+1}{2}\right\rfloor\right)-B_{m+1}\right)\right]$

$Q.E.D$

 

Ví dụ: $m=3,\; n=101$

$\sum_{k=0}^{101-1}(-1)^{k-1}k^3=1^3-2^3+3^3-4^3+...+99^3-100^3$

$\quad = \dfrac{1}{3+1}\left[B_{3+1}(101)-B_{3+1}-2^{3+1}\left(B_{3+1}\right)\left(\left\lfloor\frac{101+1}{2}\right\rfloor- B_{3+1}\right)\right]=-507500$

 

3.5 Tổng của dãy lượng giác

Công thức $(3.5s)$

$\tag{3.5s} \sum_{k=0}^{n-1}\sin k=-\dfrac{\sin n}{2}-(\cos n-1)\left(1+\sum_{r=1}^m (-1)^r\dfrac{B_{2r}}{(2r)!}\right)+R_{2m}$

$\tag{3.5sr} R_{2m}=\dfrac{(-1)^{m+1}}{(2m)!}\int_0^n B_{2m}(x-\lfloor x\rfloor)\sin xdx$

$\tag{3.5s'}\sum_{k=0}^{n-1}\sin k = -\dfrac{\sin n}{2} -(\cos n-1)\left(\dfrac{1}{2}\cot \frac{1}{2}\right)$

$\tag{3.5s''}\sum_{k=0}^{n-1}\sin k = -\dfrac{\sin\frac{n-1}{2}\sin \frac{n}{2}}{\sin\frac{1}{2}}$

 

Chứng minh:

Ta có:

$f(x)=\sin x$

$\int_0^n f(x)dx =[-\cos x]_0^n = -\cos n+\cos 0=-\cos n+1$

$f^{(2r-1)}(x)=(-1)^{r-1}\cos x\quad (r=1,...,m)$

$f^{(2m)}(x)=(-1)^m \sin x$

Áp dụng công thức $(2.2)$,

$\sum_{k=0}^{n-1}\sin k=-\cos n+\cos 0 -\frac{1}{2}(\sin n - \sin 0)$

$\qquad\qquad +\sum_{r=1}^m \dfrac{B_{2r}}{(2r)!}(-1)^{r-1}(\cos n-\cos 0)+R_{2m}$

$R_{2m}=-\dfrac{1}{(2m)!}\int_0^n B_{2m}(x-\lfloor x\rfloor)(-1)^m\sin x dx$

Suy ra:

$\sum_{k=0}^{n-1}\sin k=-\dfrac{\sin n}{2}-(\cos n-1)\left(1+\sum_{r=1}^m (-1)^r\dfrac{B_{2r}}{(2r)!}\right)+R_{2m}$

$ R_{2m}=\dfrac{(-1)^{m+1}}{(2m)!}\int_0^n B_{2m}(x-\lfloor x\rfloor)\sin xdx$

Ta sẽ chứng minh $(3.5s'')$ bằng các phép biến đổi lượng giác, ta có:

$\sum_{k=0}^{n-1}\sin k\sin\frac{1}{2}=-\frac{1}{2}\sum_{k=0}^{n-1}\left[\cos\left(k+\frac{1}{2}\right)-\cos\left(k-\frac{1}{2}\right)\right]$

$\qquad =-\dfrac{1}{2}\left[\cos\left(n-\frac{1}{2}\right)-\cos\frac{1}{2}\right]=\sin\frac{n-1}{2}\sin\frac{n}{2}$

Từ đây suy ra công thức $(3.5s'')$ và cũng dễ dàng suy ra công thức $(3.5s')$

$Q.E.D$

Điều đáng nói ở đây là:

Khi cho $m\to \infty$ thì

$\displaystyle \lim_{m\to \infty}\dfrac{B_{2m}(x-\lfloor x\rfloor)\sin x}{(2m)!}=0\Rightarrow R_\infty=0$

Và ta thu được:

$\tag{3.5l}\displaystyle \lim_{m\to \infty}\left(1+\sum_{r=1}^m (-1)^r\dfrac{B_{2r}}{(2r)!}\right)=\sum_{r=0}^\infty (-1)^r\dfrac{B_{2r}}{(2r)!}=\dfrac{1}{2}\cot\frac{1}{2}$

 

Hoàn toàn tương tự ta có:

 

Công thức $(3.5c)$

$\tag{3.5c} \sum_{k=0}^{n-1}\cos k=-\dfrac{\cos n-1}{2}+\sin n\left(1+\sum_{r=1}^m (-1)^r\dfrac{B_{2r}}{(2r)!}\right)+R_{2m}$

$\tag{3.5cr} R_{2m}=\dfrac{(-1)^{m+1}}{(2m)!}\int_0^n B_{2m}(x-\lfloor x\rfloor)\cos xdx$

$\tag{3.5c'}\sum_{k=0}^{n-1}\cos k = -\dfrac{\cos n-1}{2} +\sin n\left(\dfrac{1}{2}\cot \frac{1}{2}\right)$

$\tag{3.5c''}\sum_{k=0}^{n-1}\cos k = \dfrac{\cos\frac{n-1}{2}\sin \frac{n}{2}}{\sin\frac{1}{2}}$

Chứng minh:

Ta có:

$f(x)=\cos x$

$\int_0^n f(x)dx =[\sin x]_0^n = \sin n-\sin 0=\sin n$

$f^{(2r-1)}(x)=(-1)^{r}\sin x\quad (r=1,...,m)$

$f^{(2m)}(x)=(-1)^m \cos x$

Áp dụng công thức $(2.2)$,

$\sum_{k=0}^{n-1}\cos k=\sin n -\frac{1}{2}(\cos n - \cos 0)$

$\qquad\qquad +\sum_{r=1}^m \dfrac{B_{2r}}{(2r)!}(-1)^{r}(\sin n-\sin 0)+R_{2m}$

$R_{2m}=-\dfrac{1}{(2m)!}\int_0^n B_{2m}(x-\lfloor x\rfloor)(-1)^m\cos x dx$

Suy ra:

$\tag{3.5c} \sum_{k=0}^{n-1}\cos k=-\dfrac{\cos n-1}{2}+\sin n\left(1+\sum_{r=1}^m (-1)^r\dfrac{B_{2r}}{(2r)!}\right)+R_{2m}$

$\tag{3.5cr} R_{2m}=\dfrac{(-1)^{m+1}}{(2m)!}\int_0^n B_{2m}(x-\lfloor x\rfloor)\cos xdx$

Áp dụng kết quả từ công thức $(3.5l)$

Từ đây suy ra công thức $(3.5c')$ và cũng dễ dàng suy ra công thức $(3.5c'')$

$Q.E.D$

 

to be continue...

[hxthanh]

4. Tổng của chuỗi điều hòa và hằng số Euler-Mascheroni $\gamma$

4.1 Tổng của chuỗi điều hòa

Công thức $(4.1)$

Với $\gamma$ là hằng số Euler-Mascheroni, ta có

$\tag{4.1}\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k}=\gamma +\ln n-\dfrac{1}{2n}-\sum_{r=1}^m \dfrac{B_{2r}}{2r.n^{2r}}+R_{2m}$

$\tag{4.1r}\quad R_{2m}=\int_n^\infty \dfrac{B_{2m}(x-\lfloor x\rfloor)}{x^{2m+1}}dx$

trong đó $2\le m<\infty$

 

Chứng minh:

Ta có:

$f(x)=\dfrac{1}{x}$

$\int_n^h f(x)dx=\left[\ln x\right]_n^h=\ln h -\ln n\qquad (1<n<h,\;\;n,h\in\mathbb N)$

$f^{(2r-1)}(x)=(-1)^{2r-1}\dfrac{(2r-1)!}{x^{2r}},\qquad f^{(2m)}(x)=\dfrac{(2m)!}{x^{2m+1}}$

Áp dụng công thức $(2.2)$,

$\sum_{k=n}^{h-1}\dfrac{1}{k}=\ln h-\ln n -\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{h}-\dfrac{1}{n}\right) -\sum_{r=1}^m\dfrac{B_{2r}}{2r}\left(\dfrac{1}{h^{2r}}-\dfrac{1}{n^{2r}}\right)+R_{2m}$

với $R_{2m}=-\int_n^h \dfrac{B_{2m}(x-\lfloor x\rfloor)}{x^{2m+1}}dx $

Mặt khác, từ đẳng thức

$\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k}=\sum_{k=1}^{h-1}\dfrac{1}{k}-\sum_{k=n}^{h-1}\dfrac{1}{k}$

$\Rightarrow \sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k} =\sum_{k=1}^{h-1}\dfrac{1}{k} -\ln h+\ln n+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{h}-\dfrac{1}{n}\right) + \sum_{r=1}^m\dfrac{B_{2r}}{2r}\left(\dfrac{1}{h^{2r}}-\dfrac{1}{n^{2r}}\right)-R_{2m}$

Khi $h\to \infty$ và từ $(r\ge 1)$

$\displaystyle \lim_{h\to \infty}\left(\sum_{k=1}^{h-1}\dfrac{1}{k} -\ln h \right)=\gamma,\quad \lim_{h\to\infty} \dfrac{1}{h}=0,\quad \lim_{h\to \infty}\dfrac{1}{h^{2r}}=0$

Vậy ta có:

$\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k}=\gamma +\ln n-\dfrac{1}{2n}-\sum_{r=1}^m \dfrac{B_{2r}}{2r.n^{2r}}+R_{2m}$

$\quad R_{2m}=\int_n^\infty \dfrac{B_{2m}(x-\lfloor x\rfloor)}{x^{2m+1}}dx$

trong đó $2\le m<\infty$

(Đảo dấu cho $R_{2m}$)

$Q.E.D$

 

Ví dụ: Tính $\sum_{k=1}^{100} \dfrac{1}{k}$

Chọn $m=2$ và bỏ qua $R_{2m}$, ta được:

$\gamma +\ln 101 - \dfrac{1}{2.101}-\left(\dfrac{B_2}{2.101^2}-\dfrac{B_4}{4.11^4}\right)=5.18737751763962...$

Đây là giá trị gần đúng của tổng với tất cả $14$ chữ số có nghĩa sau dấu thập phân. Nếu tính đến $m=8$ ta có được độ chính xác cao hơn với $34$ chữ số sau dấu thập phân.

 

Lưu ý rằng:

Nếu ta áp dụng công thức $(2.2)$ cho hàm $f(x)=\dfrac{1}{x}$ theo cách dưới đây (trực tiếp)

$\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k}=\ln n-\ln 1-\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{1}\right) -\sum_{r=1}^m \dfrac{B_{2r}}{2r.n^{2r}}+R_{2m}$

$\quad R_{2m}=-\int_1^n \dfrac{B_{2m}(x-\lfloor x\rfloor)}{x^{2m+1}}dx$

Tuy nhiên, nếu bỏ qua giá trị $R_{2m}$ thì công thức thu được có độ xấp xỉ khá thấp. Chẳng hạn tính toán cho $m=3$ thì giá trị thu được gồm $2$ chữ số sau dấu thập phân là xấp xỉ tốt nhất cho tổng ở ví dụ trên.

 

4.2 Tính hằng số Euler-Mascheroni

Từ công thức $(4.1)$, ta có thể tính hằng số $\gamma$ bằng công thức:

$\tag{4.2} \gamma=\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k}-\ln n +\dfrac{1}{2n}+\sum_{r=1}^{m} \dfrac{B_{2r}}{2r.n^{2r}}+R_{2m}$

$\tag{4.2r} \quad R_{2m}=-\int_n^\infty \dfrac{B_{2m}(x-\lfloor x\rfloor)}{x^{2m+1}}dx $

Để tính toán hằng số này người ta thường chọn $m=n$ và bỏ qua giá trị của $R_{2m}$ thì được giá trị xấp xỉ với độ chính xác $2n-?$

 

Ví dụ: $m=n=10$

$\sum_{k=1}^{10-1}\dfrac{1}{k}-\ln 10 +\dfrac{1}{2.10}+\sum_{r=1}^{10}\dfrac{B_{2r}}{2r.10^{2r}} =0.577215664901532860...$

Tất cả chính xác đến $18$ chữ số sau dấu thập phân! Điều này chứng tỏ $(4.2)$ là một công thức khá tốt để tính xấp xỉ hằng số $\gamma$. Tuy nhiên, điều đáng buồn là $\lim_{m\to \infty} R_{2m}\ne  0$ với $n$ cho trước. Nên cách tính này chỉ tiệm cận được hằng số $\gamma$ mà thôi.

 

5. Tổng của chuỗi Zeta và hàm Zeta

5.1 Tổng của chuỗi Zeta

Với $\zeta(p)$ là hàm Riemann Zeta và $B(p,q)$ là hàm Beta, ta có đẳng thức sau khi $p\ne 1$

$\tag{5.1}\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k^p}=\zeta(p)+\dfrac{1}{1-p}\sum_{r=0}^m {1-p\choose r}B_rn^{1-p-r}+R_m$

$\tag{5.1r}\quad R_m=\dfrac{1}{mB(m,p)}\int_n^\infty \dfrac{B_m(x-\lfloor x\rfloor)}{x^{p+m}}dx$

Ở đó $m$ là số chẵn $\lceil p\rceil \le m<\infty$.

 

Chứng minh:

Ta có: $f(x)=x^{-p}$

$\int_n^h f(x)dx =\left[\dfrac{x^{1-p}}{1-p}\right]_n^h=\dfrac{h^{1-p}-n^{1-p}}{1-p}\quad (1<n<h,\;h,n\in\mathbb N)$

$f^{(r-1)}(x)=-(-1)^r\dfrac{\Gamma(p+r-1)}{\Gamma(p)}x^{1-p-r}\quad (r=1,...,m+1)$

Áp dụng công thức $(2.1)$,

$\sum_{k=n}^h \dfrac{1}{k^p}=\dfrac{h^{1-p}-n^{1-p}}{1-p}-\sum_{r=1}^m (-1)^r\dfrac{B_r}{r!}\,\dfrac{\Gamma(p+r-1)}{\Gamma(p)}\left( h^{1-p-r}-n^{1-p-r}\right) +R_m$

Trong đó:

\begin{align*}(-1)^r\dfrac{B_r}{r!}\,\dfrac{\Gamma(p+r-1)}{\Gamma(p)} &= (-1)^r\dfrac{B_r}{\Gamma(1+r)}\, \dfrac{(-1)^r \Gamma(1+r+(p-2))}{(p-1)\Gamma(1+(p-2))} \\ &= -\dfrac{B_r}{1-p}\, \dfrac{(-1)^r\Gamma(1+r+(p-2))}{\Gamma(1+r)\Gamma(1+(p-2))} \\ &= -\dfrac{B_r}{1-p}(-1)^r {p-2+r\choose p-2}\\ &= -\dfrac{1}{1-p} {-p+1\choose r} B_r \end{align*}

Áp dụng vào ta được:

$\sum_{k=n}^{h-1}\dfrac{1}{k^p} = \dfrac{h^{1-p}-n^{1-p}}{1-p}+\dfrac{1}{1-p}\sum_{r=1}^m {1-p\choose r}B_r \left(h^{1-p-r}-n^{1-p-r}\right)+R_m$

$\qquad R_m= -\dfrac{1}{m!}\int_n^h B_m(x-\lfloor x\rfloor) \dfrac{\Gamma(p+m)}{\Gamma(p)}x^{-p-m}dx $

(Đưa số hạng bên ngoài vào trong $\Sigma$ ta được)

$\sum_{k=n}^{h-1}\dfrac{1}{k^p} =\dfrac{1}{1-p}\sum_{r=0}^m {1-p\choose r}B_r \left(h^{1-p-r}-n^{1-p-r}\right)+R_m$

$\qquad R_m= -\dfrac{1}{mB(m,p)}\int_n^h \dfrac{B_m(x-\lfloor x\rfloor)}{x^{p+m}}dx $

Từ đẳng thức:

$\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k^p}=\sum_{k=1}^{h-1}\dfrac{1}{k^p}-\sum_{k=n}^{h-1}\dfrac{1}{k^p}$

thế đẳng thức trên vào ta có:

$\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k^p}=\sum_{k=1}^{h-1}\dfrac{1}{k^p}-\dfrac{1}{1-p}\sum_{r=0}^m {1-p\choose r}B_r \left(h^{1-p-r}-n^{1-p-r}\right)-R_m$

Cho $h\to\infty$ thì $\lim_{h\to\infty} \sum_{k=1}^{h-1}\dfrac{1}{k^p}=\zeta(p)$

và $\lim_{h\to\infty} h^{1-p-r}=0\quad (p>1)$

Do đó:

$\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k^p}=\zeta(p)+\dfrac{1}{1-p}\sum_{r=0}^m {1-p\choose r}B_rn^{1-p-r}+R_m$

$\quad R_m=\dfrac{1}{mB(m,p)}\int_n^\infty \dfrac{B_m(x-\lfloor x\rfloor)}{x^{p+m}}dx$

$Q.E.D$

 

Ví dụ: Tính $\sum_{k=1}^{100}\dfrac{1}{k^{1.1}}$

Ta chọn $m$ chẵn lớn hơn hay bằng $\lceil 1.1\rceil$. Ở đây ta chọn $m=2$. Bỏ qua $R_m$ ta được công thức xấp xỉ:

$\sum_{k=1}^{100}\dfrac{1}{k^{1.1}}\approx \zeta(1.1)+\dfrac{1}{1-1.1}\sum_{r=0}^2 {1-1.1\choose r}B_r n^{1-1.1-r}=4.278024023...$

Đây là giá trị gần đúng của tổng với tất cả $9$ chữ số có nghĩa sau dấu thập phân. Nếu tính đến $m=6$ ta có được độ chính xác cao hơn với $13$ chữ số sau dấu thập phân.

 

Lưu ý rằng:

Nếu ta áp dụng công thức $(2.1)$ cho hàm $f(x)=x^{-p}$ theo cách dưới đây (trực tiếp)

$\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k^p}=\dfrac{1}{1-p}\sum_{r=0}^m {1-p\choose r} B_r\left( n^{1-p-r}-1\right)+R_{m}$

$\quad R_m=-\dfrac{1}{mB(m,p)}\int_1^n \dfrac{B_m(x-\lfloor x\rfloor)}{x^{p+m}}dx$

Tuy nhiên, nếu bỏ qua giá trị $R_{m}$ thì công thức thu được có độ xấp xỉ khá thấp. Chẳng hạn tính toán cho $m=4$ thì giá trị thu được gồm $2$ chữ số sau dấu thập phân là xấp xỉ tốt nhất cho tổng ở ví dụ trên.

 

5.2 Tính giá trị hàm Riemann Zeta

Từ công thức $(5.2)$, ta có thể tính giá trị hàm $\zeta$ bằng công thức:

$\tag{5.2}\zeta(p)=\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{k^p}-\dfrac{1}{1-p}\sum_{r=0}^m {1-p\choose r}B_rn^{1-p-r} +R_m$

$\tag{5.2r}\quad R_m=-\dfrac{1}{mB(m,p)}\int_n^\infty \dfrac{B_m(x-\lfloor x\rfloor)}{x^{p+m}}dx$

Để tính toán giá trị này người ta thường chọn $m=n$ và bỏ qua giá trị của $R_{m}$ thì được giá trị xấp xỉ với độ chính xác $n-?$

 

Ví dụ: Tính $\zeta(1.3)$

Khi $m=n=10$, ta có:

$\sum_{k=1}^{10-1}\dfrac{1}{k^{1.3}}-\dfrac{1}{1-1.3}\sum_{r=0}^{10}{1-1.3\choose r}B_r 10^{1-1.3r}=3.9319492118095...$

Tất cả chính xác đến $13$ chữ số sau dấu thập phân! Điều này chứng tỏ $(5.2)$ là một công thức khá tốt để tính xấp xỉ giá trị hàm $\zeta$. Tuy nhiên, điều đáng buồn là $\lim_{m\to \infty} R_{m}\ne  0$ với $n$ cho trước. Nên cách tính này chỉ tiệm cận được giá trị hàm $\zeta$ mà thôi.

 

 

to be continue ...

[hxthanh]

6. Tổng lũy thừa với số mũ thực của các số tự nhiên.

Trong công thức $(5.2)$, nếu ta thay giá trị $p$ bởi $-p$ thì ta có công thức sau:

Công thức $(6.1)$

Với $\zeta(p)$ là hàm Riemann Zeta và $B(p,q)$ là hàm Beta, ta có công thức sau với $p\ne -1$

$\tag{6.1}\sum_{k=1}^{n-1}k^p=\zeta(-p)+\dfrac{1}{1+p}\sum_{r=0}^m {1+p\choose r}B_rn^{1+p-r}+R_m$

$\tag{6.1r}\quad R_m=\dfrac{1}{mB(m,-p)}\int_n^\infty \dfrac{B_m(x-\lfloor x\rfloor)}{x^{-p+m}}dx$

Trong đó: $m$ là số chẵn $\lceil p\rceil \le m<\infty$

 

Ví dụ 1: Tính $\sum_{k=1}^{100} k^{0.1}$

Khi $m=2$,

$\sum_{k=1}^{101-1}k^{0.1}\approx \zeta(-0.1)+\dfrac{1}{1+0.1}\sum_{r=0}^2 {1+0.1\choose r}B_r 101^{1+0.1-r}=144.456549944...$

Đây là giá trị gần đúng của tổng với tất cả 9 chữ số có nghĩa sau dấu thập phân. Nếu tính đến m=6 ta có được độ chính xác cao hơn với 15 chữ số sau dấu thập phân.

 

Ví dụ 2: Tính $\sum_{k=1}^{100} k^3$

Khi $m=2$,

$\sum_{k=1}^{101-1}k^{3}\approx \zeta(-3)+\dfrac{1}{1+3}\sum_{r=0}^2 {1+3\choose r}B_r 101^{1+3-r}=25502500.00...$

Với hai chữ số $0$ có nghĩa! (ta biết chắc rằng giá trị này nguyên! )

 

Nhận xét:

${}\quad{}$ Ứng dụng của số Bernoulli và Đa thức Bernoulli, nguyên khoản tính tổng cũng còn kha khá chẳng hạn như tính giá trị của các hàm Beta, Eta $\eta$,... Tuy nhiên, tôi xin dừng bài viết này ở đây!

${}\quad{}$ Với những ứng dụng đã được nêu trên đây, thì quả thực các số và Đa thức Bernoulli đã bao trùm lên Tổng sơ cấp mà chúng ta đã được học!

${}\quad{}$ Một điều cần phải biết đó là, mặc dù ứng dụng lớn như vậy, nhưng các số Bernoulli cũng không được biểu diễn một cách tường minh, mà thông qua một tổng không tính ngay được! Từ đó các Đa thức Bernoulli cũng gặp tình trạng tương tự. Chính vì điều này mà việc tìm một công thức tổng quát (tính trực tiếp theo $n$ và $p$) của tổng $\sum_{k=1}^{n-1}k^p$ là một việc làm hoàn toàn vô nghĩa!

 

(Bài viết của K.Kono - hxthanh lược dịch)