【M#4】伯努利数

Bernoulli Number

伯努利数由 EGF 定义

\[\mathcal B(z)=\frac{z}{e^z-1}=\sum_{n=0}^\infty \frac{B_n}{n!}z^n \tag{1}\]

利用这个定义暴力展开生成函数，我们可以算出伯努利数的前几项。

\[ \begin{matrix} n & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7 & 8 & 9 & 10 & 11 & 12 \\ B_n & 1 & -1/2 & 1/6 & 0 & -1/30 & 0 & 1/42 & 0 & -1/30 & 0 & 5/66 & 0 & -691/2730 \end{matrix} \]

注意到这些数都比较丑，并且 \(\geq 3\) 的奇数都是 \(0\)，这一点可以注意到 \(\dfrac{z}{e^z-1}+\dfrac{z}{2}\) 是一个偶函数。

事实上，伯努利数并不存在封闭形式，这一点可以从 \(-691/2730\) 这样一个诡异的形式中看出来。

另一种定义伯努利数的方法是通过递推定义，这一种定义和生成函数定义是等价的，可以用生成函数导出：

\[\frac{z}{e^z-1}-1=-\frac{z}{e^z-1}(\frac{e^z-1}{z}-1)\]

两边同时取 \(z^n\) 项，我们得到

\[B_n=-\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n+1}{k}B_k \tag{2}\]

Zeta Function at Positive Even Integers

伯努利数的一个重要应用就是他可以表示一类函数的展开系数，如 \(\zeta\) 函数，其在 \(2n(n\in\mathbb Z)\) 处的定义为

\[\zeta(2n)=\sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m^{2n}} \tag{3}\]

为了导出 \(\zeta\) 函数的级数表示，我们首先研究一下 \(z\cot z\) 的展开。

\[ \begin{aligned} z\cot z &=(iz)\frac{e^{iz}+e^{-iz}}{e^{iz}-e^{-iz}} \\ &=\frac{1}{2}(2iz)\Big(\frac{1}{1-e^{-2iz}}+\frac{1}{e^{2iz}-1}\Big) \\ &=\frac{1}{2}(\mathcal B(2iz)+\mathcal B(-2iz)) \\ &=1+\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\frac{2^{2n}B_{2n}}{(2n)!}z^{2n} \end{aligned}\tag{4} \]

另一方面，对于 \(\cot z\) 我们有经典的公式

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

则有

\[ \begin{aligned} z\cot z &=1+2\sum_{n=1}^\infty \frac{(\dfrac{z}{n\pi})^2}{(\dfrac{z}{n\pi})^2-1} \\ &=1-2\sum_{n=1}^\infty \sum_{j\in2\mathbb Z^+}\frac{z^j}{n^j\pi^j} \\ &=1-2\sum_{n=1}^\infty\frac{\zeta(2n)}{\pi^{2n}}z^{2n} \end{aligned}\tag{5} \]

对比 \((4),(5)\) 的系数，我们可以得到

\[\zeta(2n)=\frac{(-1)^{n+1}}{2}\frac{(2\pi)^{2n}}{(2n)!}B_{2n} \tag{6}\]

事实上，伯努利数还出现在更多的函数的表达式中，如将 \(\tan z\) 写作 \(\cot z-2\cot 2z\)，就可以得到 \(\tan z\) 的表达式。

Bernoulli Polynomial

伯努利多项式 \(B_n(x)\) 通过生成函数

\[\mathfrak B(x,z)=\frac{ze^{xz}}{e^z-1}=\sum_{n=0}^\infty \frac{B_n(x)}{n!}z^n \tag{7}\]

定义。

把 \(\mathfrak B(x,z)\) 写成 \(\mathcal B(z)\) 和 \(e^{xz}\) 的卷积的形式，比较系数就得到

\[B_n(x)=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}B_kx^{n-k} \tag{8}\]

下面两个结论和伯努利数的实际意义有着重要的关联，首先 \(B_n(x)\) 在离散微积分意义下和 \(x^n\) 很像，具体的，

\[\Delta B_n(x)=B_n(x+1)-B_n(x)=nx^{n-1} \tag{9}\]

证明只需用 \(\mathfrak B(x,z+1)-\mathfrak B(x,z)\) 即可。

另一个实际上是伯努利数被发现的原因，即 \(x^m\) 的离散积分的系数与 \(B_n\) 有着紧密的联系。

设 \(S_m(n)=\sum_{k=1}^{n-1}k^m=\sum_1^n x^m\delta x\)，则有

\[(m+1)S_m(n)=B_{m+1}(n)-B_{m+1} \tag{10}\]

证明只需在 \((9)\) 中取 \(n=m+1\)，然后对 \(x\) 从 \(1\) 到 \(m-1\) 求和即可。

Bernoulli Denominator

最后我们来考虑一下伯努利数的神秘的分母是什么。

对着表仔细观察可以注意到，他是所有满足 \((p-1)|(2n)\) 的素数 \(p\) 的乘积。

我们用数学归纳法证明这个猜想。

注意到这个猜想实际上等价于

\[I_{2n}=B_{2n}+\sum_{p为素数} \frac{[(p-1)|2n]}{p} \tag{11}\]

是一个整数。

观察到，对于素数 \(p\) 和 \(m>0\)，\(S_m(p)+[(p-1)|m]=\mathbb Zp\)

证明考虑 \(m\) 是 \((p-1)\) 的倍数，如果是，则 \(S_m(p)\equiv p-1 \bmod p\)，否则 \(S_m(p)\) 每一项模 \(p\) 互不相同，加起来是 \(p\) 的倍数。

有了这个结论之后，对于 \((p-1)|2n\) 的 \(p\)，利用 \((10)\) 取 \(m=2n\)，将其中的 \(B_{m+1}(x)\) 用 \((8)\) 展开。

\[B_{2n}+\frac{[(p-1)|2n]}{p}+\frac{1}{2n+1}\sum_{k=0}^{2n-2}\binom{2n+1}{k}B_kp^{2n+1-k}=S_{2n}(p)+\mathbb Z\in \mathbb Z\]

因此我们只需要证明

\[\frac{1}{2n+1}\sum_{k=0}^{2n-2}\binom{2n+1}{k}B_kp^{2n+1-k}=\sum_{k=0}^{2n-2}\binom{2n}{k}B_kp^2\frac{p^{2n-1-k}}{2n+1-k}\]

是整数即可，因为 \(p\) 是素数，这等价于他的分母不能被 \(p\) 整除。

由归纳假设，\(B_k\) 的分母中不含 \(p^2\)，因此 \(B_kp^2\) 的分母中不含 \(p\)，而在假设范围内有 \(p^{2n-1-k}\geq 2n+1-k\)，因此后面一部分的分母里同样没有 \(p\)，假设成立。

这也就完成了我们的证明。

因为 \(2n\geq 2\) 的时候，\(2-1,3-1\) 一定整除 \(2n\)，所以 \(\forall n\geq 1\),\(B_{2n}\) 的分母一定是 \(6\) 的倍数。