Bernoulli‎ Number 1

眾所周知:

$$\begin{align*} &S_1(n)=1+2+\cdots+n=\sum_{i=0}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2} \\ &S_2(n)=1^2+2^2+\cdots+n^2=\sum_{i=0}^{n}i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \end{align*}$$

那麼, 對於 $n$ 的任意次冪, 類似的和式是否也可表示為多項式? 由多項式的性質可知, 對正整數 $m$, 存在唯一的 $m+1$ 次多項式 $f_m(n)$ 使得

$$f_m(n)=S_m(n)=\sum_{i=0}^{n}i^m$$

要求出 $f_m$, 最不用動腦的方法自然是待定係數法, 通過 $f_m(n)-f_m(n-1)=n^m$ 這一表達式直接求解即可. 但這種方法在計算上太過繁瑣, 也不能得到普遍結論. 下使用另一種方法得到 $f_m(n)$ 更直接的表達式.

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兩個已知條件:

1. 由 $f_m(0)=0$ 知 $f_m(x)$ 的常數項為 $0$,
2. $f_m$ 滿足 $f_m(x)-f_m(x-1)=x^m$.

在 $f_m(x)-f_m(x-1)=x^m$ 中用 $m-1$ 替換 $m$ 得

$$f_{m-1}(x)-f_{m-1}(x-1)=x^{m-1}$$

對 $f_m(x)-f_m(x-1)=x^m$ 兩邊求導得到

$$f_m'(x)-f_m'(x-1)=mx^{m-1}$$

聯立兩式

$$mf_{m-1}(x)-mf_{m-1}(x-1)=f_m'(x)-f_m'(x-1)$$

即

$$f_m'(x)-mf_{m-1}(x)=f_m'(x-1)-mf_{m-1}(x-1)$$

令 $g_m(x)=f_m'(x)-mf_m(x)$, 則 $g_m(x)=g_m(x-1)$, 所以對任意正整數 $n$, $g_m(n)$ 是常數. 記 $g_m(n)=\alpha_m$, 便有

$$f_m'(x)=mf_{m-1}(x)+\alpha_m$$

仿照二項展開式, 設 (注意常數項為 $0$)

$$f_m(x)=A_m^1 x+A_m^2 x^2+A_m^3 x^3+\cdots+A_m^{m+1} x^{m+1}$$

對 $f_m$ 求導,

$$f_m'(x)=A_m^1+2A_m^2 x+3A_m^3 x^2+\cdots+(m+1)A_m^{m+1} x^{m}$$

又由 $f_m'(x)=mf_{m-1}(x)+\alpha_m$ 得

$$A_m^1+2A_m^2 x+\cdots+(m+1)A_m^{m+1} x^{m}=mA_{m-1}^1 x+mA_{m-1}^2 x^2+\cdots+A_{m-1}^{m} x^{m}+\alpha_m$$

比較 $k-1$ 次項係數

$$\begin{align*} kA_m^k&=mA_{m-1}^{k-1} &(k\geq 2)\\ A_m^1&=\alpha_m &(k=1) \end{align*}$$

即有

$$A_m^k=\frac{m}{k}A_{m-1}^{k-1}=\frac{m(m-1)}{k(k-1)}A_{m-2}^{k-2}$$

重複該過程, 最終得到

$$A_m^k=\frac{m(m-1)\cdots(m-k+2)}{k(k-1)\cdots2}A_{m-k+1}^{1}=\frac{m(m-1)\cdots(m-k+2)}{k(k-1)\cdots2}\alpha_{m-k+1}$$

結果可用二項式係數表示為

$$A_m^k=\frac{1}{m+1}C_{m+1}^k\alpha_{m-k+1}$$

由此得到 $f_m(x)$ 的表達式:

$$f_m(x)=\frac{1}{m+1}\sum_{k=1}^{m+1}C_{m+1}^k\alpha_{m+1-k} x^k\tag{1}$$

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為簡化表達, 我們引入一種新的記號.

用二項式定理展開 $(x+t)^{m+1}$ 可得

$$(x+t)^{m+1}=C_{m+1}^{m+1}x^{m+1}t^0+C_{m+1}^m x^{m-1}t+\cdots+C_{m+1}^{0}t^{m+1}$$

類似地, 給定數列 $a=\left\lbrace \alpha_i\right\rbrace_{i=0}^{m+1}$, 規定 $(x+a)^{m+1}$ 為 (即把上式中 $t^i$ 替換為 $\alpha_i$)

$$(x+a)^{m+1}=C_{m+1}^{m+1}x^{m+1}\alpha_0+C_{m+1}^m x^{m-1}\alpha_1+\cdots+C_{m+1}^{0}\alpha_{m+1}$$

可以看到, 上式與 $f_m$ 的表達式 $(1)$ 非常接近. 但是注意, 這個展開式中多出一項 $C_{m+1}^{0}\alpha_{m+1}=\alpha_{m+1}$ 是 $(1)$ 式中沒有的, 必須要減掉.

因此, $f_m(x)$ 可以用上述方式表示為

$$f_m(x)=\frac{1}{m+1}\left((x+a)^{m+1}-\alpha_{m+1}\right)\tag{2}$$

式 $(2)$ 中的數列 $a=\left\lbrace \alpha_i\right\rbrace_{i=0}^{m+1}$ 完全是任意的, 而多項式 $f_m(x)$ 當然是唯一的, 所以下面就來根據這個形式確定 $\alpha_i$ 的值.

將 $x=1$ 代入 $f_m(x)-f_m(x-1)=x^m$, 因為 $f_m(0)=0$, 所以

$$f_m(1)=\frac{1}{m+1}\left((a+1)^{m+1}-\alpha_{m+1}\right)=1$$

化簡得 $(a+1)^{m+1}-\alpha_{m+1}=m+1$, 即

$$(a+1)^{m}-\alpha_{m}=m\quad (m=1,2,3,\cdots)\tag{3}$$

滿足式 $(3)$ 的 $a=\left\lbrace \alpha_i\right\rbrace_{i=0}^{m+1}$ 即是所需的數列. 特別地, 代入 $m=1$ 得 $\alpha_0=1$.

根據式 $(3)$ 和 $\alpha_0$ 的值, 可以寫出 $\alpha_m$ 的遞推關係式:

$$\begin{align*} &\alpha_0=1, \\ &\alpha_m=1-\frac{1}{m+1}\sum_{i=0}^{m-1}C_{m+1}^i\alpha_i\quad(m\geq1) \end{align*}$$

據此計算出 $a$ 的前 $m+1$ 項即可確定 $f_1$ 至 $f_m$.

分別代入 $m=1,2,3,4,5$, 便得

$$\alpha_1=\frac{1}{2},\quad \alpha_2=\frac{1}{6},\quad \alpha_3=0,\quad \alpha_4=-\frac{1}{30},\quad \alpha_5=0$$

從而容易得到

$$\begin{align*} f_1(n)&=\sum_{i=0}^{n}i=\frac{n(n+1)}{2}\\ f_2(n)&=\sum_{i=0}^{n}i^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\\ f_3(n)&=\sum_{i=0}^{n}i^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}\\ f_4(n)&=\sum_{i=0}^{n}i^4=\frac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30} \end{align*}$$

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觀察計算所得數列 $a$, 發現 $\alpha_3=\alpha_5=\alpha_7=\cdots=0$, 推測當 $m$ 為大於 $1$ 的奇數時, $\alpha_m=0$. 下證明之.

由 $f_m(x)-f_m(x-1)=x^m$ 可得 $f_m(-1)=f_m(0)-0^m=0$, 根據式 $(1)$ 即有

$$(m+1)\cdot f_m(-1)=\sum_{k=1}^{m+1}(-1)^k\cdot C_{m+1}^k\alpha_{m+1-k}=0$$

在式 $(1)$ 中代入 $x=1$ 得

$$(m+1)\cdot f_m(1)=\sum_{k=1}^{m+1}C_{m+1}^k\alpha_{m+1-k}=m+1$$

兩式相加減消掉偶數項, 得到奇數項之和

$$\sum_{i=0}^{n}C_{2n+2}^{2i+1}\alpha_{2n+1-2i}=n+1$$

左側和式的最後一項為

$$C_{2n+2}^{2n+1}\alpha_1=(2n+2)\alpha_1=\frac{1}{2}(2n+2)=n+1$$

所以

$$\sum_{i=0}^{n-1}C_{2n+2}^{2i+1}\alpha_{2n+1-2i}=C_{2n+2}^{1}\alpha_{2n+1}+C_{2n+2}^{3}\alpha_{2n-1}+\cdots+C_{2n+2}^{2n-1}\alpha_{3}=0$$

遞推可得結論. $\square$

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我們把 $\alpha_1$ 的值替換為 $-\frac{1}{2}$, 得到的數列稱為 Bernoulli ‎數, 記為 $B_m$. 前几項分別是:

$$\begin{align*} B_0&=1,\quad B_1=-\frac{1}{2},\quad B_2=\frac{1}{6},\quad B_3=0,\quad B_4=-\frac{1}{30},\\ B_5&=0,\quad B_6=\frac{1}{42},\quad B_7=0,\quad B_8=-\frac{1}{30},\quad B_9=0. \end{align*}$$

同樣可以用 $B_m$ 來表示 $\sum_{i=0}^{n}i^m$, 只需在每一項前乘上 $(-1)$ 的冪次, 因為除去第一項, $B_m$(或 $\alpha_m$)的奇數項都為 $0$, 所以這樣處理後結果保持一致. 所以有

$$\sum_{i=0}^{n}i^m=\frac{1}{m+1}\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\cdot C_{m+1}^k B_k n^{m+1-k}$$

把第二項規定為 $-\frac{1}{2}$, 自然是因為這樣定義的 $B_m$ 具有一些有趣或實用的性質.

首先, $B_m$ 的遞推式比上文 $\alpha_m$ 的遞推式要簡單得多:
由式 $(4)$ 知

$$\begin{align*} \sum_{k=0}^{m}C_{m+1}^k\alpha_{k}&=\sum_{k=0}^{m}C_{m+1}^k B_{k}-C_{m+1}^{1}B_1+C_{m+1}^{1}\alpha_1\\ &=\sum_{k=0}^{m}C_{m+1}^k B_{k}+(m+1)\\ &=m+1 \end{align*}$$

即 $\sum_{k=0}^{m}C_{m+1}^k B_{k}=0$. 由此得到遞推式:

$$\begin{align*} &B_0=1, \\ &B_m=-\frac{1}{m+1}\sum_{i=0}^{m-1}C_{m+1}^i B_i\quad(m\geq1) \end{align*}$$

其次, 這樣定義的 $B_m$ 更方便用生成函數來等價定義, 這部分內容留到下一篇再說.