简介

伯努利数和伯努利方程在图论方面具有广泛应用，它与黎曼zeta函数有着紧密联系。

其中，伯努利方程属于阿贝尔序列的一种。

历史

通常觉得，英国物理家雅可比cdot伯努利在其《猜想的艺术》中首先引用了伯努利数。

他找出了一个自然数等幂求和的公式，并不加证明的给出了以下公式

sum_{k=1}^{n}{k^{c}}=frac{1}{c+1}n^{c+1}+frac{1}{2}n^{c}+frac{c}{2}B_{2}n^{c-1}+frac{c(c-1)(c-2)}{2cdot3cdot4}B_{4}n^{c-3}+cdotcdotcdot\

其中color{Blue}{B_{n}}=-frac{1}{n}sum_{k=0}^{n-1}{left(begin{}n+1\kend{}right)}color{}{B_{k}},spacek=0,1,2,3cdots\

至于雅可比是怎样得到这个结果的，可参看以下文章

定义

伯努利数的母函数frac{t}{e^t-1}=sum_{n=0}^{infty}{frac{B_{n}}{n!}t^n}\

伯努利方程的母函数

frac{te^{tx}}{e^t-1}=sum_{n=0}^{infty}{frac{B_{n}(x)}{n!}t^n}\

性质

如今不加证明的给出的个别关系式

B_{n}与B_n(x)的关系

color{}{B_n(x)=sum_{m=0}^{n}{binom{n}{m}B_mx^{n-m}}}\

差分公式

color{green}{B_n(x+1)-B_n(x)=nx^{n-1}}\

微分公式

color{green}{B_n^{'}(x)=nB_{n-1}(x)}\

积分公式

color{green}{int_{a}^{b}{B_n(x)dx}=sum_{k=a}^{b-1}{int_{k}^{k+1}{B_n(x)dx}}=sum_{k=a}^{b-1}{k^n}}\

非常的，设a=1,b=t+1，带入上式可得%非常的

color{}{sum_{k=1}^{t}{k^n}=int_{1}^{t+1}{B_n(x)dx}}\

乘法公式

color{}{B_n(x+m)=sum_{k=0}^{n}{left(begin{}n\kend{}right)B_k(x)m^{n-k}}}\

证明

由伯努利方程的母函数的性质和指数函数的泰勒展开可知

frac{te^{(x+m)t}}{e^t-1}=frac{te^{xt}}{e^t-1}e^{mt}=color{}{sum_{n=0}^{infty}{frac{B_n(x)}{n!}t^n}astsum_{n=0}^{infty}{frac{m^n}{n!}t^n}}\

按照柯西离散频域定律

color{green}{sum_{n=0}^{infty}{a_n}astsum_{n=0}^{infty}{b_n}=sum_{n=0}^{infty}{sum_{m=0}^{n}{a_mb_{n-m}}}}\

黑色级数部份可转化为color{}{RHS=sum_{n=0}^{infty}{frac{t^n}{n!}sum_{k=0}^{n}{B_k(x)m^{n-k}}}}\

对比系数易知

boxed{color{red}{{B_n(x+m)=sum_{k=0}^{n}{binom{n}{k}B_k(x)m^{n-k}}}}}\smallrm{Q.E.D}

非常的,将m=1带入原命题便可得到

B_n(x+1)=sum_{k=0}^{n}{left(begin{}n\kend{}right)B_k(x)}\

加法公式

color{}{B_n(mx)=m^{n-1}sum_{k=0}^{m-1}{B_n(x+frac{k}{m})}}\

这个方程的证明稍为有点难度，我甚至想过用欧拉-拉格朗日公式证明。

明天早上忽然明白了...

证明

考虑B_n(mx)的母函数\frac{te^{mtx}}{e^t-1}，易知以下方程创立

frac{te^{mtx}}{e^t-1}=frac{1}{m}frac{mte^{mtx}}{e^{mt}-1}color{blue}{frac{e^{mt}-1}{e^t-1}}\

而白色多项式是等差数列e^{kt}的前m项和，即

color{blue}{frac{e^{mt}-1}{e^t-1}}=sum_{k=0}^{m-1}{e^{kt}}\将结果带入\frac{te^{mtx}}{e^t-1}得

frac{te^{mtx}}{e^t-1}=frac{1}{m}frac{mte^{mtx}}{e^{mt}-1}sum_{k=0}^{m-1}{e^{kt}}=frac{1}{m}sum_{k=0}^{m-1}{color{}{frac{mte^{(x+frac{k}{m})mt}}{e^{mt}-1}}}\

仔细观察便可发觉，红色部份是我们熟悉的方式(伯努利方程的母函数)

color{}{frac{mte^{(x+frac{k}{m})mt}}{e^{mt}-1}}=sum_{n=0}^{infty}{frac{t^n}{n!}B_n(x+frac{k}{m})m^n}\

按照控制收敛定律可知，一致收敛的级数可交换求和符号

将上式带回\frac{te^{mtx}}{e^t-1}的展开式并交换求和符号可得

frac{te^{mtx}}{e^t-1}=sum_{n=0}^{infty}{frac{t^n}{n!}cdotm^{n-1}sum_{k=0}^{m-1}{B_n(x+frac{k}{m})}}\

而\frac{te^{mtx}}{e^t-1}亦可用B_n(mx)展开

color{green}{frac{te^{mtx}}{e^t-1}=sum_{n=0}^{infty}{frac{t^n}{n!}B_n(mx)}}\

最后对比两级数系数易得

boxed{color{red}{B_n(mx)=m^{n-1}sum_{k=0}^{m-1}{B_n(x+frac{k}{m})}}}\完整推论过程

begin{align}color{}{frac{te^{mtx}}{e^t-1}}=&\cdotmtcdotcolor{}{frac{e^{mtx}}{e^{mt}-1}}cdotcolor{}{frac{e^{mt}-1}{e^t-1}}\\=&\cdotmtcdotcolor{}{frac{e^{mtx}}{e^{mt}-1}}cdotcolor{}{sum_{k=0}^{m-1}e^{kt}}\\=&\color{}{}sum_{k=0}^{m-1}color{}{mtcdotfrac{e^{(x+frackm)mt}}{e^{mt}-1}}\\=&\color{blue}{sum_{n=0}^inftyfrac{t^n}{n!}}color{green}{m^{n-1}sum_{k=0}^{m-1}B_n(x+frackm)}\\equiv&\color{blue}{sum_{n=0}^inftyfrac{t^n}{n!}}color{green}{B_n(mx)}\\&\boxed{color{red}{B_n(mx)=m^{n-1}sum_{k=0}^{m-1}B_n(x+frackm)}}end{align}\

smallrm{Q.E.D}

设x=0

B_n=m^{n-1}sum_{k=0}^{m-1}{B_n(frac{k}{m})}\

设m=2

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

于是

color{}{B_n(frac{1}{2})=-(1-frac{1}{2^{n-1}})B_n}\

黎曼黎曼zeta函数zeta函数的递推公式

我们晓得黎曼zeta函数和eta函数有以下关系

eta(n)=(1-frac{1}{2^n-1})zeta(n)\

其中

zeta(n)=sum_{k=1}^{infty}{frac{1}{k^n}},\eta(n)=sum_{k=1}^{infty}{frac{(-1)^{k-1}}{k^n}}\

与刚刚得到的关于B_n(frac{1}{2})的推论这么相像，这也许暗示我们可以通过zeta函数估算B_n(frac{1}{2})

黎曼通过精湛的方法将zeta函数解析延拓到了除n=1外的全体复平面，并得到了以下递推公式

color{}{zeta(n)=2^npi^{n-1}sinfrac{npi}{2}Gamma(1-n)zeta(1-n)}\

偷偷说一句，虽然欧拉很早就得到了与此等价的递推公式

color{}{zeta(1-n)=2(2pi)^{-n}cosfrac{npi}{2}Gamma(n)zeta(n)}\

由此可知

boxed{color{red}{cosfrac{npi}{2}zeta(n)=frac{(2pi)^n}{2}frac{zeta(1-n)}{Gamma(n)}}}\

B_n(x)的傅里叶级数

事实上，我们可以以T=1为周期，在0leqxleq1内对B_n(x)进成傅里叶展开

B_n(x)=-frac{n!}{(2pii)^n}sum_{k=-infty}^{infty}'{frac{e^{-2piikx}}{k^n}}\

求和号右上角的一撇表示：当smallk=0时，求和结果返回small0

证明

以small{T=1}为周期，在0leqxleq1内将B_n(x)展开成傅里叶级数

B_n(x)=sum_{k=-infty}^{infty}{c_k(n)e^{2kpiix}}\

其中傅里叶系数为

color{}{c_k(n)=int_0^1B_n(x)e^{-2kpiix}dx}\当smallk=0时

color{}{c_0(n)=int_0^1B_n(x)dx=frac{B_{n+1}(1)-B_{n+1}(0)}{n+1}=0}\当smallkne0时

begin{align}c_k(n)&=int_0^1B_n(x)e^{-2kpiix}dx\\&=-frac1{2kpii}Big[B_n(x)e^{2kpiix}Big]_0^1+frac1{2kpii}int_0^1B_{n-1}(x)e^{-2kpiix}dx\\&=-frac{B_n(1)-B_n(0)}{2kpii}+frac1{2kpii}int_0^1B_{n-1}(x)e^{-2kpiix}dx\\&=frac1{2kpii}int_0^1B_{n-1}(x)e^{-2kpiix}dx\\&=frac1{2kpii}cdotc_k(n-1)\\&=frac{n!}{(2kpii)^{n-1}}cdotc_k(1)end{align}\

因为small{B_1(x)=x-}，所以

c_k(1)=int_0^1B_1(x)e^{-2kpiix}dx=int_0^1(x-)e^{-2kpiix}dx=-frac1{2kpii}\为此我们有

color{}{c_k(n)=frac{n!}{(2kpii)^{n-1}}cdotc_k(1)=-frac{n!}{(2kpii)^n},\kne0}\综上所述

boxed{color{red}{B_n(x)=-frac{n!}{(2pii)^n}sum_{kne0}{frac{e^{-2piikx}}{k^n}}}}\smallrm{Q.E.D}

以下推论是此级数的等价方式

(1)当n=1时

B_{n}(x)=-sum_{k=1}^{infty}{frac{sin2kpix}{kpi}}=x-frac{1}{2}\

(2)当1">n>1时

B_{n}(x)=-frac{2n!}{(2pi)^n}sum_{k=1}^{infty}{frac{cos(2kpix-npi/2)}{k^n}}\

黎曼zeta函数在正整数的取值

当n为奇数时，不妨设n2n，这么(2)式可化为

B_{2n}(x)=(-1)^{n+1}frac{2(2n)!}{(2pi)^{2n}}sum_{k=1}^{infty}{frac{cos2kpix}{k^{2n}}}\

设x=0，我们便得到了zeta(2n)的表达式

color{}{zeta(2n)=(-1)^{n-1}frac{(2pi)^{2n}}{2(2n)!}B_{2n}}\

至于n取正偶数时等比数列的性质，zeta(n)目前还仍未找到一个封闭表达式

黎曼zeta函数在负整数的取值

因为负质数是zeta函数的Zeros，因而只考虑它在负偶数的取值

设ninN^+,n1-2n，按照zeta函数的递推公式可知

color{}{zeta(1-2n)=(-1)^nfrac{2(2n-1)!}{(2pi)^{2n}}}color{}{zeta(2n)}\

将smallcolor{}{zeta(2n)}的表达式带入上式可得

color{}{zeta(1-2n)=frac{B_{2n}}{2n}}\

综上所述便有

color{}{zeta(1-n)=begin{cases}frac{B_n}{n}&nne0\\\infty&n=0\end{cases}}\

回到(2)式等比数列的性质，如今设x=frac{1}{2}，并带入刚刚的推论

begin{align}B_{n}(frac{1}{2})&=-frac{2n!}{(2pi)^n}sum_{k=1}^{infty}{frac{cos(kpi-npi/2)}{k^n}}\\&=-frac{2n!}{(2pi)^n}cosfrac{npi}{2}sum_{k=1}^{infty}{frac{(-1)^k}{k^n}}\\&=-frac{2n!}{(2pi)^n}cosfrac{npi}{2}eta(n)\\&=-(1-frac{1}{2^{n-1}})frac{2n!}{(2pi)^n}color{}{cosfrac{npi}{2}zeta(n)}\\&=-(1-frac{1}{2^{n-1}})color{blue}{nzeta(1-n)}\\&=-(1-frac{1}{2^{n-1}})color{}{B_n}end{align}\

于是我们便再度得到了

boxed{color{}{B_{n}(frac{1}{2})=-(1-frac{1}{2^{n-1}})B_{n}}}\

结语

Evenif\,Iamstillas.\

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