Bernoulli 多项式

Bernoulli 多项式 $B_n(t)$ 是一列有理多项式, 满足:

$$\frac{x{e}^{tx}}{e^t-1}=\sum _{n\ge 0}\frac{x^n}{n!}{B}_n(t)$$(1)

1基本性质

命题 1.1 (与 Bernoulli 数的关系). $$B_n(t)=\sum _{0\le m\le n}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)t^m{B}_{n-m}$$

推论 1.2. $$B_n(0)=B_n$$

证明. 利用幂级数的 Cauchy 乘积, 可知:

$$\frac{x{e}^{tx}}{e^x-1}=\sum _{m\ge 0}\sum _{k\ge 0}\frac{x^m(tx{)}^k}{m!k!}{B}_m=\sum _{n\ge 0}{x}^n\sum _{m+k=n}\frac{B_m(t)t^k}{m!k!}$$

与 (1) 对比系数, 即得结论.

$\square$

命题 1.3 (差分公式). 对于所有的 $n\ge 1$, 总有: $$B_n(t+1)-B_n(t)=n{t}^{n-1}$$其中 $n=1$ 时: $$B_1(t+1)-B_1(t)=1$$

证明. 对 (1) 做差分, 可知: $$\begin{array}{rl}\sum _{n\ge 0}\frac{B_n(t+1)-B_n(t)}{n!}{x}^n& =\frac{x(e^{(t+1)x}-e^{tx})}{e^x}=x{e}^{tx}\\ & =\sum _{n\ge 1}\frac{n{t}^{n-1}}{n!}{x}^n\end{array}$$对比系数即得结论.

$\square$

命题 1.4 (导数). $$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{B}_n(t)=n{B}_{n-1}(t)$$

证明. 由命题 1.1 可知: $$\begin{array}{rl}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}{B}_n(t)& =\sum _{1\le m\le n}\frac{n!}{(m-1)!(n-m)!}{t}^{m-1}{B}_{n-m}\\ & =n\sum _{0\le m\le n-1}\frac{(n-1)!}{m!(n-1-m)!}{t}^m{B}_{n-1-m}\\ & =n\sum _{0\le m\le n-1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m}\right)t^m{B}_{n-1-m}=n{B}_{n-1}(t)\end{array}$$

$\square$

将命题 1.3 和命题 1.4 结合, 便有:

定理 1.5 (Faulhaber). 当 $n\ge 1$ 时, 总有: $$\sum _{1\le k\le m}{k}^n=\frac{B_{n+1}(m+1)-B_{n+1}}{n+1}={\int }_0^m{B}_n(t)\mathrm{d}t$$

2周期 Bernoulli 函数

定义 2.1 (周期 Bernoulli 函数). $${\overline{B}}_n(t)=B_n(t-\lfloor t\rfloor )$$

除了 $n=1$ 时

$${\overline{B}}_1(t)=t-\lfloor t\rfloor -\frac{1}{2}$$

外, 我们可以通过命题 1.3 说明其它周期 Bernoulli 函数都是连续的有界函数, 满足:

命题 2.2. 当 $n\in {\mathbb{Z}}^{+}\setminus \{1\}$ 时, 对于任何整数 $k$ 总有 ${\overline{B}}_n(k)=B_n$

3Fourier 展开

命题 3.1. 当 $m\ge 1,t\in [0,1]$ 时, 有: $$B_m(t)=-\sum _{n\in \mathbb{Z}\setminus \{0\}}\frac{m!e^{2\pi int}}{(2\pi in{)}^m}.$$特别地, 当 $k\ge 1$ 时: $$B_{2k}(t)=(-1{)}^{k+1}\frac{2(2k)!}{(2\pi {)}^{2k}}\sum _{n\ge 1}\frac{\cos (2\pi nt)}{n^{2k}},$$$$B_{2k-1}(t)=(-1{)}^k\frac{2(2k-1)!}{(2\pi {)}^{2k-1}}\sum _{n\ge 1}\frac{\sin (2\pi nt)}{n^{2k-1}}$$

证明. 考虑对函数 $e^{tx}$ 以 $(0,1)$ 为周期进行 Fourier 展开:

$$e^{tx}=\sum _{n\in \mathbb{Z}}{c}_n{e}^{2\pi int}=\underset{T\to \infty }{\lim }\sum _{|n|\le T}{c}_n{e}^{2\pi int},$$

则当 $0<|x|<2\pi$ 时系数 $c_n$ 满足:

$$c_n={\int }_0^1{e}^{t(x-2\pi in)}\mathrm{d}t=\frac{e^x-1}{x}\frac{x}{x-2\pi in}.$$

对最右侧进行级数展开, 便知当 $n\ne 0$ 时:

$$\begin{array}{r}\frac{x{c}_n}{e^x-1}=-\frac{x}{2\pi in}\frac{1}{1-(x/2\pi in)}=-\sum _{m\ge 1}\frac{x^m}{(2\pi in{)}^m}.\end{array}$$

回代即得:

$$\frac{e^{tx}}{e^x-1}=1-\sum _{n\in \mathbb{Z}\setminus \{0\}}\sum _{m\ge 1}\frac{x^m}{(2\pi in{)}^m}=1-\sum _{m\ge 1}{x}^m\left(\sum _{n\in \mathbb{Z}\setminus \{0\}}\frac{1}{(2\pi in{)}^m}\right).$$

对比系数就得结论.

$\square$

将 $t=0$ 代入到 3.1 中, 便得 Riemann $\zeta$ 函数的偶数值计算公式:

定理 3.2 (Euler). 当 $k\in {\mathbb{Z}}^{+}$ 时: $$\zeta (2k)=(-1{)}^{k+1}\frac{2(2\pi {)}^{2k}{B}_{2k}}{(2k)!}.$$

利用性质 $B_2=1/6$, 便得 Basel 问题的解:

$$\zeta (2)=\frac{{\pi }^2}{6}$$

由于当 $k\to \infty$ 时

$$\zeta (2k)=1+O\left(\frac{1}{4^k}\right),$$

所以我们也可以用定理 (3.2) 得到 Bernoulli 数的渐近公式:

定理 3.3. 当正整数 $k\to \infty$ 时, $$B_{2k}=(-1{)}^{k+1}\frac{2(2k)!}{(2\pi {)}^{2k}}\left\{1+O\left(\frac{1}{4^k}\right)\right\}.$$

再结合 Stirling 公式, 就有:

定理 3.4. 当正整数 $k\to \infty$ 时, $$B_{2k}=(-1{)}^{k+1}\frac{4k^{2k+\frac{1}{2}}\sqrt{\pi }}{(\pi e{)}^{2k}}\left\{1+O\left(\frac{1}{k}\right)\right\}.$$

4相关概念

•	Bernoulli 数
•	Euler–Maclaurin 公式