Bernoulli‎ Number (1)

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From power sum to Bernoulli‎ number.

眾所周知:

S1(n)=1+2+⋯+n=∑i=0ni=n(n+1)2S2(n)=12+22+⋯+n2=∑i=0ni2=n(n+1)(2n+1)6 \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 nn 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 mm, 存在唯一的 m+1m+1 次多項式 fm(n)f_m(n) 使得

fm(n)=Sm(n)=∑i=0nimf_m(n)=S_m(n)=\sum_{i=0}^{n}i^m

要求出 fmf_m, 最不用動腦的方法自然是待定係數法, 利用 fm(n)−fm(n−1)=nmf_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 fm(n)f_m(n) 更直接的表達式.

兩個已知條件:
  1. 由 fm(0)=0f_m(0)=0 知 fm(x)f_m(x) 的常數項為 00,
  2. fmf_m 滿足 fm(x)−fm(x−1)=xmf_m(x)-f_m(x-1)=x^m.

在 fm(x)−fm(x−1)=xmf_m(x)-f_m(x-1)=x^m 中用 m−1m-1 替換 mm 得

fm−1(x)−fm−1(x−1)=xm−1f_{m-1}(x)-f_{m-1}(x-1)=x^{m-1}

對 fm(x)−fm(x−1)=xmf_m(x)-f_m(x-1)=x^m 兩邊求導得到

fm′(x)−fm′(x−1)=mxm−1f_m'(x)-f_m'(x-1)=mx^{m-1}

聯立兩式

mfm−1(x)−mfm−1(x−1)=fm′(x)−fm′(x−1)mf_{m-1}(x)-mf_{m-1}(x-1)=f_m'(x)-f_m'(x-1)

即

fm′(x)−mfm−1(x)=fm′(x−1)−mfm−1(x−1)f_m'(x)-mf_{m-1}(x)=f_m'(x-1)-mf_{m-1}(x-1)

令 gm(x)=fm′(x)−mfm(x)g_m(x)=f_m'(x)-mf_m(x), 則 gm(x)=gm(x−1)g_m(x)=g_m(x-1), 所以對任意正整數 nn, gm(n)g_m(n) 是常數. 記 gm(n)=αmg_m(n)=\alpha_m, 便有

fm′(x)=mfm−1(x)+αmf_m'(x)=mf_{m-1}(x)+\alpha_m

仿照二項展開式, 設 (注意常數項為 00)

fm(x)=Am1x+Am2x2+Am3x3+⋯+Amm+1xm+1f_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 fmf_m 求導,

fm′(x)=Am1+2Am2x+3Am3x2+⋯+(m+1)Amm+1xmf_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 fm′(x)=mfm−1(x)+αmf_m'(x)=mf_{m-1}(x)+\alpha_m 得

Am1+2Am2x+⋯+(m+1)Amm+1xm=mAm−11x+mAm−12x2+⋯+Am−1mxm+αmA_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−1k-1 次項係數

kAmk=mAm−1k−1(k≥2)Am1=αm(k=1) \begin{align*} kA_m^k&=mA_{m-1}^{k-1} &(k\geq 2)\\ A_m^1&=\alpha_m &(k=1) \end{align*}

即有

Amk=mkAm−1k−1=m(m−1)k(k−1)Am−2k−2A_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

Amk=m(m−1)⋯(m−k+2)k(k−1)⋯2Am−k+11=m(m−1)⋯(m−k+2)k(k−1)⋯2αm−k+1A_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

Amk=1m+1Cm+1kαm−k+1A_m^k=\frac{1}{m+1}C_{m+1}^k\alpha_{m-k+1}
由此得到 fm(x)f_m(x) 的表達式: fm(x)=1m+1∑k=1m+1Cm+1kαm+1−kxk(1)f_m(x)=\frac{1}{m+1}\sum_{k=1}^{m+1}C_{m+1}^k\alpha_{m+1-k} x^k\tag{1}

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(x+t)^{m+1} 可得

(x+t)m+1=Cm+1m+1xm+1t0+Cm+1mxm−1t+⋯+Cm+10tm+1(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={αi}i=0m+1a=\lbrace\alpha_i\rbrace_{i=0}^{m+1}, 規定 (x+a)m+1(x+a)^{m+1} 為 (即把上式中 tit^i 替換為 αi\alpha_i)

(x+a)m+1=Cm+1m+1xm+1α0+Cm+1mxm−1α1+⋯+Cm+10αm+1(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 fmf_m 的表達式 (1)(1) 非常接近. 但是注意, 這個展開式中多出一項 Cm+10αm+1=αm+1C_{m+1}^{0}\alpha_{m+1}=\alpha_{m+1} 是 (1)(1) 式中沒有的, 必須要減掉.

因此, fm(x)f_m(x) 可以用上述方式表示為

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

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

將 x=1x=1 代入 fm(x)−fm(x−1)=xmf_m(x)-f_m(x-1)=x^m, 因為 fm(0)=0f_m(0)=0, 所以

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

化簡得 (a+1)m+1−αm+1=m+1(a+1)^{m+1}-\alpha_{m+1}=m+1, 即

(a+1)m−αm=m,(m=1,2,3,⋯ )(3)(a+1)^{m}-\alpha_{m}=m,\enspace (m=1,2,3,\cdots)\tag{3}

滿足式 (3)(3) 的 a={αi}i=0m+1a=\lbrace\alpha_i\rbrace_{i=0}^{m+1} 即是所需的數列. 特別地, 代入 m=1m=1 得 α0=1\alpha_0=1.

根據式 (3)(3) 和 α0\alpha_0 的值, 可以寫出 αm\alpha_m 的遞推關係式: α0=1,αm=1−1m+1∑i=0m−1Cm+1iαi,(m≥1) \begin{align*} &\alpha_0=1, \\ &\alpha_m=1-\frac{1}{m+1}\sum_{i=0}^{m-1}C_{m+1}^i\alpha_i,\enspace(m\geq1) \end{align*}

據此計算出 aa 的前 m+1m+1 項即可確定 f1f_1 至 fmf_m.

分別代入 m=1,2,3,4,5m=1,2,3,4,5, 便得

α1=12,α2=16,α3=0,α4=−130,α5=0\alpha_1=\frac{1}{2},\enspace \alpha_2=\frac{1}{6},\enspace \alpha_3=0,\enspace \alpha_4=-\frac{1}{30},\enspace \alpha_5=0

從而容易得到

f1(n)=∑i=0ni=n(n+1)2f2(n)=∑i=0ni2=n(n+1)(2n+1)6f3(n)=∑i=0ni3=n2(n+1)24f4(n)=∑i=0ni4=n(n+1)(2n+1)(3n2+3n−1)30 \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*}

觀察計算所得數列 aa, 發現 α3=α5=α7=⋯=0\alpha_3=\alpha_5=\alpha_7=\cdots=0, 推測當 mm 為大於 11 的奇數時, αm=0\alpha_m=0. 下證明之.

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

(m+1)⋅fm(−1)=∑k=1m+1(−1)k⋅Cm+1kαm+1−k=0(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)(1) 中代入 x=1x=1 得

(m+1)⋅fm(1)=∑k=1m+1Cm+1kαm+1−k=m+1(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

∑i=0nC2n+22i+1α2n+1−2i=n+1\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

C2n+22n+1α1=(2n+2)α1=12(2n+2)=n+1C_{2n+2}^{2n+1}\alpha_1=(2n+2)\alpha_1=\frac{1}{2}(2n+2)=n+1

所以

∑i=0n−1C2n+22i+1α2n+1−2i=C2n+21α2n+1+C2n+23α2n−1+⋯+C2n+22n−1α3=0\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

我們把 α1\alpha_1 的值替換為 −12-\frac{1}{2}, 得到的數列稱為 Bernoulli ‎數, 記為 BmB_m. 前几項分別是:

B0=1,B1=−12,B2=16,B3=0,B4=−130,B5=0,B6=142,B7=0,B8=−130,B9=0. \begin{align*} B_0&=1,\enspace B_1=-\frac{1}{2},\enspace B_2=\frac{1}{6},\enspace B_3=0,\enspace B_4=-\frac{1}{30},\\ B_5&=0,\enspace B_6=\frac{1}{42},\enspace B_7=0,\enspace B_8=-\frac{1}{30},\enspace B_9=0. \end{align*}

同樣可以用 BmB_m 來表示 ∑i=0nim\sum_{i=0}^{n}i^m, 只需在每一項前乘上 (−1)(-1) 的冪次, 因為除去第一項, BmB_m (或 αm\alpha_m) 的奇數項都為 00, 所以這樣處理後結果保持一致. 所以有

∑i=0nim=1m+1∑k=0m(−1)k⋅Cm+1kBknm+1−k\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 −1/2-1/2, 自然是因為這樣定義的 BmB_m 具有一些有趣或實用的性質.

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

∑k=0mCm+1kαk=∑k=0mCm+1kBk−Cm+11B1+Cm+11α1=∑k=0mCm+1kBk+(m+1)=m+1 \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 ∑k=0mCm+1kBk=0\sum_{k=0}^{m}C_{m+1}^k B_{k}=0. 由此得到遞推式:

B0=1,Bm=−1m+1∑i=0m−1Cm+1iBi,(m≥1) \begin{align*} &B_0=1, \\ &B_m=-\frac{1}{m+1}\sum_{i=0}^{m-1}C_{m+1}^i B_i,\enspace(m\geq1) \end{align*}

其次, 這樣定義的 BmB_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.