Bernoulli數-2.生成函數
1
考慮冪級數
$$e(x)=1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\cdots+\frac{x^n}{n!}+\cdots \quad\quad\quad\mathrm{(1)}$$
引入變量 $y$ , 則有 $e(x+y)=e(x)e(y)$ , 證明如下:
將式 $\mathrm{(1)}$ 中的 $x$ 替換為 $x+y$ , 則 $n$ 次項形如 $(x+y)^n/n!$ , 分子用二項式公式展開得
$$(x+y)^n=x^n+\frac{n!}{1!(n-1)!}x^{n-1}y+\cdots+\frac{n!}{k!(n-k)!}x^{n-k}y^k+\cdots+y^n$$
故 $e(x+y)$ 中 $n$ 次項可化簡為
$$\frac{x^n}{n!}+\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\frac{y}{1!}+\cdots+\frac{x^{n-k}}{(n-k)!}\frac{y^k}{k!}+\cdots+\frac{y^n}{n!}$$
和式中每一項即是 $e(x)$ 中的 $k$ 次項與 $e(y)$ 中的 $n-k$ 次項的乘積, 因而這恰給出了 $e(x)e(y)$ 中的 $n$ 次項. $\blacksquare$
用 $a$ 表示數列 $\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n,\cdots$ , 定義冪級數 $e(ax)$
$$e(ax)=1+\frac{\alpha_1}{1!} x+\frac{\alpha_2}{2!} x^2+\cdots+\frac{\alpha_n}{n!} x^n+\cdots$$
令數列 $a=\{\alpha_n\}$ , $b=\{\beta_n\}$ , 定義 $a+b=\{\alpha_n+\beta_n\}$ . 那麼根據上面的結果, 顯然有
$$e((a+b)x)=e(ax)\cdot e(bx)$$
由於具有這樣方便的性質, 此類冪級數可用作生成函數, 其 $n$ 次項係數乘以 $n!$ 即得到數列的第 $n$ 項, 故我們稱這一類冪級數為數列的階乘生成函數.
2
在上一篇中我們得到Bernoulli數的遞推公式:
$$
\begin{align*}
B_0&=1 \\
B_m&=-\frac{1}{m+1}\sum_{i=0}^{m-1}C_{m+1}^i B_i\quad(m\geq1)
\end{align*}
$$
即當 $m\geq1$ 時,
$$\sum_{i=0}^m C_{m+1}^i B_i=0$$
在等式兩邊同時加上 $B_{i+1}$ 可得
$$\sum_{i=0}^{m+1} C_{m+1}^i B_i=B_{m+1}$$
接著用 $m$ 替換 $m+1$ . 需要注意的是, 此處適用範圍發生了變化, 下式在 $m\geq 2$ 時成立:
$$\sum_{i=0}^{m} C_{m}^i B_i=B_{m}$$
稍作變換可得
$$\sum_{i=0}^{m}\frac{B_i}{i!}\cdot\frac{1}{(m-i)!}=\frac{B_m}{m!} \quad\quad\quad\mathrm{(2)}$$
注意到等式左邊具有卷積的性質.
3
依照第一部分, 定義冪級數 $e(Bz)=\mathscr{B}(z)$
$$\mathscr{B}(z)=1+\frac{B_1}{1!}z^1+\frac{B_2}{2!}z^2+\cdots+\frac{B_n}{n!}z^n+\cdots$$
$\mathscr{B}(z)$ 是 $B_n$ 的階乘生成函數. 我們的目標是求出 $\mathscr{B}(z)$ 的顯式表達式.
將 $\mathscr{B}(z)$ 與 $e(z)$ 相乘, 則根據第一部分的結果, $\mathscr{B}(z)e(z)$ 中的 $m$ 次項係數恰是等式 $\mathrm(2)$ 左邊的和式, 而等式 $\mathrm(2)$ 的右邊恰為 $\mathscr{B}(z)$ 中 $m$ 次項的係數.
等式 $\mathrm(2)$ 在 $m\geq 2$ 時成立, 故遞推可知 $\mathscr{B}(z)e(z)$ 和 $\mathscr{B}(z)$ 的 $m$ 次項 ($m\geq 2$) 係數分別相等, 且易知兩式常數項相等. 由此可知, 除去次數為 $1$ 的項, 兩式均相等, 簡單計算得:
$$\mathscr{B}(z)e(z)=z+\mathscr{B}(z)$$
直接解該方程即可得到
$$\mathscr{B}(z)=\frac{z}{e(z)-1}$$
這便是我們想要的結果.
結合分析學的知識可知, 冪級數 $e(x)=e^x$ , 所以上式通常寫作
$$\mathscr{B}(z)=\frac{z}{e^z-1}$$
4
附註: 在有些地方, Bernoulli 數的第二項定為 $\frac{1}{2}$ , 這正是我們在第一篇中首先計算得到的數列 $a=\{\alpha_n\}$ . 這樣定義的數列也可以用生成函數來表示.
注意到數列 $a$ 與數列 $B$ 僅第二項不同, 故兩者的生成函數也僅有一次項相差 $z$ . 易知 $a$ 的生成函數
$$\mathscr{A}(z)=\mathscr{B}(z)+z=\frac{z+ze^z-z}{e^z-1}=\frac{ze^z}{e^z-1}$$
同樣可以通過關係式$(a+1)^{m}-\alpha_{m}=m\quad (m\geq 1)$ 直接計算數列 $a$ 的生成函數, 在此不多贅述.
5
利用生成函數, 我們可以更方便地證明在上一篇中提出的性質.
首先, Bernoulli 數下標大於 $1$ 的奇數項均等於 $0$ , 這等價於證明其生成函數去除一次項後是一個偶函數(據此, 該式的奇數次項僅有一次項), 即
$$\frac{z}{e^z-1}+\frac{1}{2}z=\frac{-z}{e^{-z}-1}-\frac{1}{2}z$$
而這是顯然成立的. $\blacksquare$
其次, 我們可以用生成函數來探究 Bernoulli 數與等冪求和 $S_m(n)$ 之間的關係.
在第一篇, 我們證明了
$$S_m(n)=\sum_{i=0}^{n}i^m=\frac{1}{m+1}\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\cdot C_{m+1}^k B_k n^{m+1-k} \quad\quad\quad\mathrm{(3)}$$
本文將利用生成函數證明上式.
變換等式 $\mathrm{(3)}$ 右邊得
$$\frac{1}{m+1}\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\cdot C_{m+1}^k B_k n^{m+1-k}=m!\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\cdot\frac{B_k}{k!}\frac{n^{m+1-k}}{(m+1-k)!}$$
其中 $(-1)^k B_k$ 即是我在第四部分附註中提到的數列 $a=\{\alpha_n\}$ , 故上式可進一步化為
$$m!\sum_{k=0}^{m}\frac{\alpha_k}{k!}\frac{n^{m+1-k}}{(m+1-k)!}$$
我們要證明的是
$$\frac{S_m(n)}{m!}=\sum_{k=0}^{m}\frac{\alpha_k}{k!}\frac{n^{m+1-k}}{(m+1-k)!} \quad\quad\quad\mathrm{(4)}$$
考慮等式 $\mathrm{(4)}$ 右邊和式的生成函數
$$\mathscr{S}(z)=\sum_{m\geq0}\left(\sum_{k=0}^{m}\frac{\alpha_k}{k!}\frac{n^{m+1-k}}{(m+1-k)!}\right)z^{m+1}$$
根據第一部分的結果, 易知 $\mathscr{S}(z)$ 等於數列 $a$ 的階乘生成函數與 $e(nz)-1$ (注意常數項被排除)的乘積, 我們已知 $a$ 的階乘生成函數 $\mathscr{A}(z)=ze^z/(e^z-1)$ , $e(nz)=e^{nz}-1$, 故
$$\mathscr{S}(z)=\mathscr{A}(z)e(nz)=ze^z\cdot\frac{e^{nz}-1}{e^z-1}$$
由等式 $x^n-1/(x-1)=1+x+x^2+\cdots+x^{n-1}$ 知
$$\mathscr{S}(z)=ze^z\left(1+e^z+\cdots+e^{(n-1)z}\right)=z\left(e^z+e^{2z}+\cdots+e^{nz}\right)$$
我們的目標是求出生成函數的 $m+1$ 次項係數並與相應的等冪和進行比較. 顯然, $\mathscr{S}(z)$ 的 $m+1$ 次項即為括號內和式的 $m$ 次項. 括號內每一個冪級數 $e^{kz}$ 中的 $m$ 次項係數均為 $k_{m}/m!$ , 故要求的係數等於
$$\frac{1^m}{m!}+\frac{2^m}{m!}+\cdots+\frac{n^m}{m!}=\frac{S_m(n)}{m!}$$
而這正是等式 $\mathrm{(4)}$. $\blacksquare$