§ 2. Khai triển Euler của các hàm lượng giác và các số Bernoulli

1. Khai triển Euler của $\cot z$

Theo công thức (20) của VI, p. 275, các số $b_n / n!$ là các hệ số trong khai triển của $S/(e^S - 1)$ thành một chuỗi hình thức; trong tiết này chúng ta sẽ chỉ ra rằng hàm $z/(e^z - 1)$ bằng tổng của một chuỗi nguyên chỉnh tuyệt đối hội tụ trên một lân cận của 0 trong $\mathbf{C}$ ; từ bổ đề ở VI, p. 280 sẽ suy ra rằng các hệ số của chuỗi này là các số $b_n / n!$ , từ đó chúng ta sẽ suy ra các ước lượng đối với các số Bernoulli $b_n$ .

Trước hết ta chú ý rằng

\frac{z}{e^z - 1} = - \frac{z}{2} + \frac{z}{2} \frac{e^z + 1}{e^z - 1} = - \frac{z}{2} + \frac{iz}{2} \cot \frac{iz}{2}.

(1)

Dưới đây ta sẽ thu được một khai triển thành chuỗi của $\cot z$ , đúng với mọi $z$ không phải là bội số nguyên của $\pi$ .

Mệnh đề 1

Với mọi số phức* $z$ và mọi số nguyên $n$ *ta có

\sin nz = 2^{n-1} \sin z \sin \left(z + \frac{\pi}{n}\right) \sin \left(z + \frac{2\pi}{n}\right) \ldots \sin \left(z + \frac{(n-1)\pi}{n}\right).

(2)

Thật vậy, ta có thể viết

\sin nz = \frac{e^{niz} - e^{-niz}}{2i} = \frac{e^{-niz}(e^{2niz} - 1)}{2i} = \frac{e^{-niz}(e^{2iz} - 1)(e^{2iz} - e^{-2i\pi/n}) \ldots (e^{2iz} - e^{-2(n-1)i\pi/n})}{2i} = A \sin z \sin \left( z + \frac{\pi}{n} \right) \sin \left( z + \frac{2\pi}{n} \right) \ldots \sin \left( z + \frac{(n-1)\pi}{n} \right)

trong đó

A = (2i)^{n-1} e^{-\frac{i\pi}{n}(1+2+\ldots+(n-1))} = (2i)^{n-1} e^{-i(n-1)\frac{\pi}{2}} = 2^{n-1}.

Hệ quả 1

Với mọi số nguyên n, ta có*

\sin \frac{\pi}{n} \sin \frac{2\pi}{n} \ldots \sin \frac{(n-1)\pi}{n} = \frac{n}{2^{n-1}}.

(3)

Chỉ cần chia cả hai vế của (2) cho $\sin z$ rồi cho $z$ tiến tới 0.

Hệ quả 2

Với mọi số nguyên lẻ $n = 2m + 1$ , và mọi số phức $z$ sao cho $nz$ không là một bội nguyên của $\pi$ , ta có*

\cot nz = (-1)^m \cot z \cot \left( z + \frac{\pi}{n} \right) \ldots \cot \left( z + \frac{(n-1)\pi}{n} \right).

(4)

Thật vậy, $\sin n \left( z + \frac{\pi}{2} \right) = \sin \left( nz + \frac{\pi}{2} + m\pi \right) = (-1)^m \cos nz$ , do đó, thay thế $z$ bởi $z + \frac{\pi}{2}$ trong (2),

\cos nz = (-1)^m 2^{n-1} \cos z \cos \left( z + \frac{\pi}{n} \right) \ldots \cos \left( z + \frac{(n-1)\pi}{n} \right)

(5)

và các công thức (2) và (5) cho (4) bằng cách chia từng số hạng khi $\sin nz \neq 0$ .

Trong tất cả những gì tiếp theo, ta sẽ luôn giả thiết rằng $n = 2m + 1$ là một số nguyên lẻ; công thức (4) cũng có thể được viết thành

\cot nz = (-1)^m \prod_{k=-m}^{m} \cot \left( z - \frac{k\pi}{n} \right).

hoặc, ta có

\cot \left( z - \frac{k\pi}{n} \right) = \frac{1 + \tan z \tan \frac{k\pi}{n}}{\tan z - \tan \frac{k\pi}{n}}

khi tan z hữu hạn; do đó cot $nz$ là một hàm hữu tỉ theo $u = \tan z$ , mà tử số có bậc $n - 1$ , và mẫu số, có bậc $n$ , có $n$ nghiệm đơn $\tan k\pi / n$ ; phân tích thành các phân thức đơn cho

\cot nz = \sum_{k=-m}^{m} \frac{A_k}{u - \tan \frac{k\pi}{n}}

trong đó

A_k = \lim_{z \to k\pi/n} \cot nz \left( \tan z - \tan \frac{k\pi}{n} \right) = \lim_{z \to k\pi/n} \frac{\cos nz}{\sin nz} \frac{\sin \left( z - \frac{k\pi}{n} \right)}{\cos z \cos \frac{k\pi}{n}}

= \lim_{h \to 0} \frac{\cos nh}{\cos \frac{k\pi}{n} \cos \left( h + \frac{k\pi}{n} \right)} \frac{\sin h}{\sin nh} = \frac{1}{n \cos^2 \frac{k\pi}{n}}

do đó, khi tách riêng số hạng trong (6) tương ứng với $k = 0$ và gộp các số hạng tương ứng với các giá trị đối của $k$ , rồi thay thế $z$ bởi $z/n$ ,

\cot z = \frac{1}{n \tan \frac{z}{n}} + \sum_{k=1}^{m} \frac{2n \tan \frac{z}{n}}{\cos^2 \frac{k\pi}{n} \left( n \tan \frac{z}{n} \right)^2 - \left( n \sin \frac{k\pi}{n} \right)^2}

đúng với mọi số phức $z$ không là một bội nguyên của $\pi/2$ . Ta có thể viết công thức này dưới dạng

\cot z = \frac{1}{n \tan \frac{z}{n}} + \sum_{k=1}^{\infty} v_k(n, z)

với $v_k(n, z) = 0$ đối với $k > m$ và

v_k(n, z) = \frac{2n \tan \frac{z}{n}}{\cos^2 \frac{k\pi}{n} \left( n \tan \frac{z}{n} \right)^2 - \left( n \sin \frac{k\pi}{n} \right)^2}

đối với $1 \leq k \leq m$ . Ta sẽ thấy rằng với mọi $z$ được chứa trong một tập con compắc K của $\mathbf{C}$ , không chứa một bội nguyên nào của $\pi$ , và với mọi $n$ lẻ đủ lớn, chuỗi có số hạng tổng quát $v_k(n, z)$ là hội tụ chuẩn tắc. Thật vậy, khi $n$ tiến tới $+\infty$ , $\tan \frac{z}{n}$ tiến tới $\frac{z}{n}$ đều trên K, nên tồn tại một số $M > 0$ sao cho $\left| n \tan \frac{z}{n} \right| \leq M$ với mọi $m$ đủ lớn và mọi $z \in K$ . Mặt khác, với $0 \leq x \leq \pi/2$ ta có $\sin x / x \geq 1 - \frac{x^2}{6} \geq \frac{1}{2}$ , nên với $1 \leq k \leq m$ ta có $n \sin \frac{k\pi}{n} \geq k\pi/2$ ; do đó, khi $m$ đủ lớn, với mọi số nguyên $k$ sao cho t $k\pi /2 > M$ ta có $|v_k(n, z)| \leq \frac{8M}{k^2 \pi^2 - 4M^2}$ , điều đó chứng minh mệnh đề của ta. Với $k$ lẻ, $v_k(n, z)$ tiến tới $\frac{2z}{z^2 - k^2 \pi^2}$ (đều trên K) khi $n$ tiến tới $+\infty$ . Do đó:

Định lý 1

Với mọi số phức $z$ không phải là bội nguyên của $\pi$ ta có

\cot z = \frac{1}{z} + \sum_{n=1}^{\infty} \frac{2z}{z^2 - n^2 \pi^2}

(chuỗi ở phải hội tụ chuẩn tắc trên mọi tập con compắc $K \subset \mathbf{C}$ chứa bất kỳ bội số nguyên nào của $\pi$ (khai triển Euler của $\cot z$ ).)

2. Khai triển Euler của $\sin z$

Với mọi số nguyên lẻ $n = 2m + 1$ và mọi số phức $z$ , công thức (2) của VI, p. 283, có thể viết thành

\sin nz = (-1)^m 2^{n-1} \prod_{k=-m}^{m} \sin \left( z - \frac{k\pi}{n} \right)

= (-1)^m 2^{n-1} \sin z \prod_{k=1}^{m} \sin \left( z - \frac{k\pi}{n} \right) \sin \left( z + \frac{k\pi}{n} \right).

Mặt khác, ta có $\sin \left( z - \frac{k\pi}{n} \right) \sin \left( z + \frac{k\pi}{n} \right) = \sin^2 z - \sin^2 \frac{k\pi}{n}$ , và, theo (3) (VI, 284), $\prod_{k=1}^{m} \sin^2 \frac{k\pi}{n} = \frac{n}{2^{n-1}}$ , do đó, khi thay thế $z$ bởi $z/n$ ,

\sin z = n \sin \frac{z}{n} \prod_{k=1}^{m} \left( 1 - \frac{\sin^2 \frac{z}{n}}{\sin^2 \frac{k\pi}{n}} \right).

Ta có thể viết công thức này dưới dạng $\sin z = n \sin \frac{z}{n} \prod_{k=1}^{m} (1 - w_k(n, z))$ , với $w_k(n, z) = 0$ nếu $k > m$ và $w_k(n, z) = \frac{\sin^2 \frac{z}{n}}{\sin^2 \frac{k\pi}{n}}$ đối với $1 \leq k \leq m$ . Ta sẽ thấy rằng với mọi $z$ được chứa trong một tập con compắc $K$ của $\mathbf{C}$ , và với $n$ lẻ, chuỗi có số hạng tổng quát $(n, z)$ là hội tụ chuẩn tắc. Thật vậy, khi $n$ tiến tới $+\infty$ , $n \sin \frac{z}{n}$ hội tụ đều trên $K$ , nên tồn tại một số $M > 0$ sao cho $\left| n \sin \frac{z}{n} \right| \leq M$ với mọi số nguyên $n$ và mọi $z \in K$ . Hơn nữa, trong chứng minh của đl. 1 của VI, p. 286, ta đã thấy rằng với $1 \leq k \leq m$ ta có $n \sin \frac{k \pi}{n} \geq \frac{k \pi}{2}$ ; do đó với mọi số nguyên $k$ sao cho $k \pi / 2 \geq M$ ta có $|w_k(n, z)| \leq 4M^2 / k^2 \pi^2$ , điều này chứng minh mệnh đề của ta. Vì, với mọi $k$ cố định, $w_k(n, z)$ tiến tới (đều trên K) $z^2 / k^2 \pi^2$ khi $n$ tiến tới $+\infty$ , ta thấy rằng:

Định lý 2

Với mọi số phức $z$ ta có

\sin z = z \prod_{n=1}^{\infty} \left( 1 - \frac{z^2}{n^2 \pi^2} \right)

tích vô hạn ở vế phải hội tụ tuyệt đối và đều trên mọi tập con compắc của $\mathbf{C}$ (khai triển Euler của $\sin z$ ).

3. Ứng dụng cho các số Bernoulli

Định lý 1 của VI, p. 286, cho thấy rằng, với $0 \leq x < \pi$ , chuỗi có số hạng tổng quát

\frac{2x}{n^2 \pi^2 - x^2} \geq 0

là hội tụ. Mặt khác, ta có thể viết, với mọi số phức $z$ sao cho $|z| < \pi$ ,

\frac{2z}{n^2 \pi^2 - z^2} = \frac{2z}{n^2 \pi^2} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{z^{2k}}{n^{2k} \pi^{2k}}

chuỗi ở vế phải hội tụ tuyệt đối. Từ đó ta sẽ suy ra rằng chuỗi "kép"

\sum_{n=1}^{\infty} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{-2z^{2k-1}}{n^{2k} \pi^{2k}}

hội tụ tuyệt đối trong đĩa mở $|z| < \pi$ , hội tụ chuẩn trên mọi tập compact được chứa trong đĩa này, và có tổng bằng $\cot z - \frac{1}{z}$ . Thật vậy, với $|z| \leq a < \pi$ giá trị tuyệt đối của số hạng tổng quát của (11) nhiều nhất bằng $2a^{2k-1} / n^{2k} \pi^{2k}$ , và tổng của bất kỳ số hữu hạn nào các số hạng $2a^{2k-1} / n^{2k} \pi^{2k}$ đều nhỏ hơn số hữu hạn $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2a}{n^2 \pi^2 - a^2}$ ; lấy tổng trước theo $k$ , rồi theo $n$ , ta thấy rằng tổng của chuỗi (11) bằng $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2z}{z^2 - n^2 \pi^2}$ , điều đó chứng minh mệnh đề của chúng ta.

Bây giờ nếu ta lấy tổng chuỗi (11) trước theo $n$ rồi theo $k$ thì thu được đẳng thức (với $|z| < \pi$ )

\cot z - \frac{1}{z} = -2 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{S_{2k}}{\pi^{2k}} z^{2k-1}

trong đó ta đặt $S_k = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^k}$ . Theo (1) (VI, p. 283) do đó ta có, với $|z| < 2\pi$ từ đó ta thu được công thức

b_{2n} = (-1)^{n-1} (2n)! \frac{2 S_{2n}}{(2\pi)^{2n}} \quad \text{với } n \geq 1,

một công thức đặc biệt cho thấy rằng các số $S_{2n}/\pi^{2n}$ là hữu tỉ. Rõ ràng $S_{k+1} \leq S_k$ nên, với mọi số nguyên $k \geq 2$ , ta có $S_k \leq S_2 = \pi^2/6 \leq 2$ ; từ (14) suy ra các bất đẳng thức sau đối với các số Bernoulli

\frac{2 (2n)!}{(2\pi)^{2n}} \leq |b_{2n}| \leq 4 \frac{(2n)!}{(2\pi)^{2n}} \quad \text{với } n \geq 1.

Từ các bất đẳng thức này người ta có thể suy ra một ước lượng đối với đa thức Bernoulli

B_n(x) = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} b_k x^{n-k}; \text{ đặc biệt, với } 0 \leq x \leq 1 \text{ ta có}

|B_n(x)| \leq 4 \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} \frac{k!}{(2\pi)^k} = 4 \frac{n!}{(2\pi)^n} \sum_{k=0}^n \frac{(2\pi)^k}{k!} \leq 4 e^{2\pi} \frac{n!}{(2\pi)^n}.

Bài tập

Thiết lập các công thức

\tan z = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} 2^{2n} (2^{2n} - 1) b_{2n} \frac{z^{2n-1}}{(2n)!}

\frac{1}{\sin z} = \frac{1}{z} + \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} 2 (2^{2n-1} - 1) b_{2n} \frac{z^{2n-1}}{(2n)!}

ở đây các chuỗi ở các vế phải hội tụ tuyệt đối, chuỗi thứ nhất với $|z| < \frac{\pi}{2}$ và chuỗi thứ hai với $|z| < \pi$ (biểu thị $\tan z$ và $1/\sin 2z$ dưới dạng các tổ hợp tuyến tính của $\cot z$ và $\cot 2z$ ). Suy ra rằng các số $\frac{2^{2n}(2^{2n} - 1)}{2n} b_{2n}$ là các số nguyên. (Dùng bổ đề sau: trong hai chuỗi hội tụ tuyệt đối $\sum_{n=0}^{\infty} \alpha_n \frac{z^n}{n!}$ , $\sum_{n=0}^{\infty} \beta_n \frac{z^n}{n!}$ các hệ số $\alpha_n$ và $\beta_n$ là các số nguyên, thì, trong tích của chúng viết dưới dạng $\sum_{n=0}^{\infty} \gamma_n \frac{z^n}{n!}$ , các $\gamma_n$ là các số nguyên.)

Chứng minh công thức

(n-1)B_n(X) = n(X-1)B_{n-1}(X) - \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} b_k B_{n-k}(X)

lấy đạo hàm chuỗi $S e^{SX}/(e^S - 1)$ theo S). Suy ra công thức

(2n+1)b_{2n} = - \sum_{k=1}^{n-1} \binom{2n}{2k} b_{2k} b_{2n-2k}

đối với các số Bernoulli.

Hãy chứng minh rằng, với mọi số nguyên $p > 1$ ,

B_n \left( \frac{x}{p} \right) + B_n \left( \frac{x+1}{p} \right) + \cdots + B_n \left( \frac{x+p-1}{p} \right) = \frac{1}{p^{n-1}} B_n(X).

4) a) Chứng minh hệ thức

B_n(1 - X) = (-1)^n B_n(X)

(dùng việc

b_{2n-1} = 0

với

n > 1

, và hệ thức

B_n(1 - X) - B_n(-X) = (-1)^n n X^{n-1}.

)

b) Hãy chứng minh rằng

B_n \left( \frac{1}{2} \right) = b_n \left( \frac{1}{2^n} - 1 \right)

(dùng bài tập 3).

c) Chứng minh rằng, với $n$ chẵn, $B_n(X)$ có hai nghiệm trong khoảng $[0, 1]$ của $\mathbf{R}$ , và rằng với $n$ lẻ $> 1$ , $B_n(X)$ có một nghiệm đơn tại các điểm $0, \frac{1}{2}$ và $1$ và không triệt tiêu tại điểm nào khác của $[0, 1]$ (dùng $b$ ) và quan hệ $B'_n = n \tilde{B}_{n-1}$ ).

d) Suy ra từ c) rằng, với $n$ chẵn, giá trị lớn nhất của $|B_n(x)|$ trên khoảng $[0, 1]$ là $|b_n|$ , và với $n$ lẻ, nếu $a_n$ là giá trị lớn nhất của $|B_n(x)|$ trên $[0, 1]$ , thì

\frac{4}{n+1} |b_{n+1}| \left( 1 - \frac{1}{2^n} \right) \leq a_n \leq \frac{1}{2} n |b_{n-1}|

(dùng định lý giá trị trung bình).

5) Nếu đặt $S_n(x) = \frac{1}{n+1} (B_{n-1}(x) - B_{n+1}(0))$ thì, với mọi số nguyên $a > 0$ , ta có

S_n(a) = 1^n + 2^n + \cdots + (a-1)^n.

a) Chứng minh rằng với mọi số nguyên $n \geq 0$ và mọi số nguyên $a > 0$ ta có $2 S_{2n+1}(a) \equiv 0$ (mod. $a$ ) (xét tổng $k^{2n+1} + (a-k)^{2n+1}$ ).

b) Nếu $r$ và $s$ là hai số nguyên bất kỳ, hãy chứng minh rằng

S_n(rs) \equiv s S_n(r) + n r S_{n-1}(r) S_1(s) \pmod{r^2}.

c) Cho $p$ là một số nguyên tố. Chứng tỏ rằng nếu $n$ chia hết cho $p-1$ thì ta có $S_n(p) \equiv -1$ (mod. $p$ ), và nếu $n$ không chia hết cho $p-1$ thì $S_n(p) \equiv 0$ (mod. $p$ ) (nếu $p$ không chia hết số nguyên $g$ thì nhận xét rằng $S_n(p) \equiv g^n S_n(p)$ (mod. $p$ )).

6) a) Các số hữu tỉ $b_n$ đã được xác định bởi công thức (20) của VI, p. 275, người ta ký hiệu bởi $d_n$ mẫu số $> 0$ của $b_n$ khi viết thành một phân số bất khả quy. Hãy chỉ ra rằng không có nhân tử nguyên tố nào của $d_n$ có thể $> n+1$ (dùng công thức quy nạp (23) của VI, p. 276)

b) Hãy chỉ ra rằng với mọi số nguyên $p > 0$ và mọi số nguyên $n > 0$

S_n(p) = b_n p + \binom{n}{1} \frac{p}{2} b_{n-1} p + \cdots + \binom{n}{r} \frac{p'}{r+1} b_{n-r} p + \cdots + \frac{p^{n+1}}{n+1}.

c) Suy ra từ b) bằng đệ quy theo $n$ rằng, với mọi số nguyên tố $p$ mẫu số của $S_n(p) - b_n p$ khi viết thành một phân số bất khả quy, không chia hết cho $p$ (chú ý rằng $p'$ không thể chia hết cho $r+1$ ).

Suy ra từ c) rằng số

b_n - \sum_p \frac{S_n(p)}{p}

trong đó $p$ chạy qua tập hợp các số nguyên tố $p \leq n + 1$ và $n$ là chẵn, là một số nguyên. Suy ra rằng

b_{2n} + \sum_p \frac{1}{p}

trong đó $p$ chạy qua tập hợp các số nguyên tố sao cho $p - 1$ chia hết $2n$ , là một số nguyên (định lý Eisenstein-von Staudt; dùng bài tập 5 c).

Ta thừa nhận rằng với mọi số nguyên $a > 0$ có vô hạn số nguyên tố trong tập hợp các số nguyên $1 + ma$ ( $m$ chạy qua tập hợp các số nguyên $\geq 1$ ; đây là một trường hợp riêng của định lý Dirichlet về các cấp số cộng).

Cho $n$ là một số nguyên $\geq 1$ , và cho $s \geq 1$ là một số nguyên sao cho $q = 1 + (2n + 1)!s$ là nguyên tố; hãy chỉ ra rằng nếu $p$ là một số nguyên tố sao cho $p - 1$ chia hết $2nq$ thì $p - 1$ phải chia hết $2n$ (trong trường hợp đối người ta sẽ có $p - 1 = qd$ với $d$ là một số nguyên, và $p$ sẽ chia hết cho $d + 1$ ).

Suy ra từ a) rằng với mọi số nguyên $n > 0$ đều tồn tại vô hạn số nguyên $m > n$ sao cho $b_{2m} - b_{2n}$ là một số nguyên.*

Hãy chỉ ra rằng, với mọi số nguyên tố $p > 3$ , $S_{2n}(p^k) - p^k b_{2n}$ , khi viết dưới dạng một phân số bất khả quy, có tử số chia được cho $p^{2k}$ (lập luận như trong bài tập 6).

Nói rằng một số hữu tỉ $r$ là một số nguyên $p$ -adic (\emph{Gen. Top.}, III, p. 322, bài tập

Xem các bài tập cho § 2.