next up previous
Next: ... i pociechy z nich płynące Up: Magia i mistyka liczb Previous: Liczby przeróżne

Liczby Bernoulliego

W opublikowanej pośmiertnie Ars Conjectandi Jakuba B. można znaleźć następujący problem: ile wynosi suma m-tych potęg n kolejnych liczb całkowitych począwszy od zera? To znaczy, ile wynosi Sm(n):

\begin{displaymath}S_m(n)=0^m+1^m+\ldots +(n-1)^m=\sum_{k=0}^{n-1}k^m
\end{displaymath} (1)

Chcemy wyrazić wartość sumy przez kombinację liniową potęg liczby n. Dla m=0 wartość sumy to n jedynek dodanych do siebie, dla m=1 mamy postęp arytmetyczny, dla m=2 - no tu już trzeba trochę pokombinować, przy pomocy naszej ulubionej metody - indukcji matematycznej. Jakub Bernoulli potrafił znaleźć ogólną postać dla kolejnych m. Warto to zobaczyć:
S0(n) = n
S1(n) = $\frac 12n^2-\frac 12n $
S2(n) = $\frac 13n^3-\frac 12n^2+\frac 16n $
S3(n) = $\frac 14n^4-\frac 12n^3+\frac 14n^2 $
S4(n) = $\frac 15n^5-\frac 12n^4+\frac 13n^3-\frac 1{30}n $
S5(n) = $\frac 16n^6-\frac 12n^5+\frac 5{12}n^4-\frac 1{12}n^2 $
S6(n) = $\frac 17n^7-\frac 12n^6+\frac 12n^5-\frac 16n^3+\frac 1{42}n $
S7(n) = $\frac 18n^8-\frac 12n^7+\frac 7{12}n^6-\frac 7{24}n^4+\frac
1{12}n^2 $
S8(n) = $\frac 19n^9-\frac 12n^8+\frac 23n^7-\frac 7{15}n^5+\frac
29n^3-\frac 1{30}n $
S9(n) = $\frac 1{10}n^{10}-\frac 12n^9+\frac 34n^8-\frac 7{10}n^6+\frac
12n^4-\frac 3{20}n^2 $
S10(n) = $\frac 1{11}n^{11}-\frac 12n^{10}+\frac 56n^9-n^7+n^5-\frac
12n^3+\frac 5{66}n $

Nawet komputer zauważy, że każda suma zaczyna się od potęgi m+1, której współczynnik to 1/m+1. Współczynnik przy nm to zawsze - 1/2. Współczynnik przy nm-2 (i kolejnych: m-4, m-6, ...) jest równy zeru. Jeszcze od biedy można zauważyć, że współczynnik przy nm-1 jest równy m/12. Dalej zaczynają się przysłowiowe schody. Bernoulli nie potrafił znaleźć ogólnych wzorów wiążących współczynniki poszczególnych potęg w wypisanych powyżej sumach, ale był przekonany, że te współczynniki muszą być w jakiś sposób ze sobą powiązane. I rzeczywiście, prace Eulera i innych doprowadziły do zgrabnego wzoru

\begin{eqnarray*}S_m(n) &=& \frac {1}{m+1} \left(
B_0n^{m+1}+{ {m+1} \choose 1} ...
...\
& = &\frac 1{m+1}\sum_{k=0}^m
{{m+1} \choose k }B_kn^{m+1-k}
\end{eqnarray*}


Okazuje się więc, że współczynniki zawierają w sobie współczynniki dwumianowe i pewne liczby Bk, które przyjęło się nazywać właśnie liczbami Bernoulliego. Prawdę mówiąc, ich obliczanie nie jest proste. Jeden ze sposobów stanowi wzór rekurencyjny (spokojnie, zaraz go uzasadnimy)

\begin{displaymath}
\sum_{k=0}^m
{{m+1} \choose k} B_k=0
\end{displaymath} (2)

i przyjęcie B0=1. Dla m=1 powyższa rekurencja daje na przykład

\begin{displaymath}{{2}\choose {0}}B_0+
{{2} \choose 1} B_1=0,
\end{displaymath} (3)

skąd $B_1=-\frac 12.$ Stosując powyższy wzór można bez większych kłopotów, ale i bez większej satysfakcji skonstruować tabelkę

\begin{displaymath}\begin{tabular}{c\vert\vert rrrrrrrrrrrrr}
$n$\space & 0 & 1...
...$\frac 5{66}$\space & 0 & $-\frac{691}{2730}$ %
\end{tabular}
\end{displaymath}

Brak satysfakcji wynika z dziwacznych postaci uzyskiwanych ułamków - widać, że trudno liczyć na skwitowanie tematu liczb Bernoulliego jednym zgrabnym wzorem. Pocieszać(?) nas tylko może zerowanie się ,,nieparzystych'' liczb (za wyjątkiem B1). Niemniej jednak liczby Bernoulliego pojawiają się często i gęsto, przy przeróżnych okazjach. Są absolutnie rewelacyjne do obliczania - dokładnego albo i przyblizonego - sum i właśnie dla tego pociechy z nich płynące są wielkie.

Najzgrabniej rozmawia się o nich w kontekście teorii funkcji zmiennej zespolonej. Rozważmy na przykład sympatycznie wyglądająca funkcję $f(z) = z\cot z - 1$ ($\cot$ to nie żaden kot, tylko kotangens!). Jest to niewątpliwie funkcja parzysta (iloczyn dwóch funkcji nieparzystych). W zerze nie dzieje się nic złego (pardon, powinienem powiedzieć: zero jest osobliwością usuwalną) - f(0) = 0 (markiz de l'Hospital się kłania), również w nieskończoności f(z) zachowuje się przyzwoicie (pardon, jest ograniczona). Ponieważ jednak każda szanująca się funkcja zmiennej zespolonej musi gdzieś narozrabiać to i f(z) ma swoje momenty szaleństwa. Licznik kotangensa zeruje się w $k\pi$, $k = \pm 1, \pm 2, \ldots$. Są to zera pierwszego rzędu mianownika, a więc bieguny pierwszego rzędu samej f(z). Twierdzenie Mittag-Lefflera (praktyczne możliwości tego twierdzenia umiał wykorzystać Euler dobre 100 lat wcześniej) mówi, że taka funkcja meromorficzna może zostać rozłożona skutecznie na ułamki proste, według ogólnego wzoru

\begin{displaymath}f(z) = \sum_{k} \left( \frac{1}{z - z_k} + \frac{1}{ z_k} \right) \times
[{reziduum} \,f(z); z=z_k],
\end{displaymath} (4)

gdzie zk są biegunami naszej funkcji; sumujemy po wszystkich - dodatnich i ujemnych - biegunach. W przypadku naszego sympatycznego kotangensa jego wszystkie rezidua w biegunach $z_k = k\pi$, są równe jedności i wzór się znakomicie upraszcza

\begin{displaymath}
f(z) = z\cot z - 1 = \sum_{k=1}^\infty
\left(
\frac{1}{z - ...
...pi}
\right) = \sum_{k=1}^\infty \frac{2z^2}{z^2 - k^2\pi^2}.
\end{displaymath} (5)

Funkcja jest parzysta, więc wypadałoby aby suma dała się przedstawić w postaci szeregu potęgowego o wyłącznie parzystych potęgach. A ponieważ mówi się tutaj o liczbach Bernoulliego ..., no właśnie zgadłeś:

\begin{displaymath}
z\cot z = 1 + \sum_{n=0}^\infty (-4)^n B_{2n} \frac {z^{2n}} {(2n)!}.
\end{displaymath} (6)

Mamy parzyste potęgi z-a, a ich współczynniki to liczby Bernoulliego, podzielone przez silnię wskaźnika (zauważ jak to ładnie musi wpływać na zbieżność szeregu). O takich detalach jak (-4)n nie warto wspominać. Wzór Eulera (5) można jednak spróbować naprawdę rozwinąć względem potęg z2. Wystarczy licznik i mianownik wyrażenia pod znakiem sumy podzielić przez z2 (znak się przy okazji "niechcący" zmienił; przepraszam - nie będę juz przerabiał gif-a!):

\begin{displaymath}\frac{2z^2}{z^2 - k^2\pi^2} = \frac{2z^2}
{ k^2\pi^2}
\frac{1}
{1 - \left({\displaystyle \frac{z}{k\pi} }\right)^2 }
\end{displaymath} (7)

i potraktować drugi czynnik jako sumę postępu geometrycznego (kwestia czy wolno tak postępować - wolno, ale spróbuj to sobie wytłumaczyć.) No a jeśli tak, to
$\displaystyle z\cot z$ = $\displaystyle 1 - 2\sum_{k=0}^\infty \left( \frac{z^2}{k^2\pi^2}
+\frac{z^4}{k^4\pi^4} + \frac{z^6}{k^6\pi^6} + \ldots \right)$  
  = $\displaystyle 1 - 2 \left(\frac{z^2}{ \pi^2}
\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k^2} +
...
...{1}{k^4} +
\frac{z^6} {\pi^6} \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k^6} + \ldots \right).$ (8)

W naszym poczciwym i sympatycznym, przemnożonym przez z, kotangensie odkrywamy nagle oszałamiające skarby: współczynniki rozwinięcia tego iloczynu w szereg parzystych potęg z-a to nieskończone sumy - szeregi - odwrotności parzystych potęg liczb naturalnych. Co więcej, wszystkie te szeregi mamy już posumowane - ich wartości to liczby Bernoulliego, potraktowane odpowiednimi potęgami $\pi$ i silniami! Warto tutaj podać pewne definicje i związki. Suma m składników

\begin{displaymath}\sum_{k=1}^m \frac{1}{k^n} \equiv H_m^{(n)} \end{displaymath} (9)

nazywa się uogólniooną liczbą harmoniczną rzędu n. (Dla n=1 mamy ,,zwykłe'' liczby harmoniczne.) Jeżeli $m\rightarrow \infty$ to taka nieskończona suma nazywa się funkcją dzeta Riemanna:

\begin{displaymath}
\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^n} \equiv H_\infty^{(n)}
\equiv \zeta(n).\end{displaymath} (10)

Z powyższych zabaw wynika więc, że (wzory: 5, 8 i 10):

\begin{displaymath}\zeta(2n) = H_\infty^{(2n)} = (-1)^{n-1} \frac {2^{2n-1} \pi^{2n} B_{2n} }
{(2n)!}. \end{displaymath} (11)

To naprawdę nie byle co. Jeżeli policzyć (według rekurencji 2) parę liczb Bernoulliego to świat sum typu

\begin{displaymath}\sum_{k=1}^\infty \frac {1}{k^{2n}} \end{displaymath}

nie ma dla nas tajemnic! Na przykład:
$\displaystyle \zeta(2)$ = $\displaystyle H_\infty^{(2)} = 1 + \frac 1 4 + \frac 1 9 + \ldots = \pi^2B_2 =
\frac{\pi^2}{6},$ (12)
$\displaystyle \zeta(4)$ = $\displaystyle H_\infty^{(4)} = 1 + \frac {1}{16} + \frac {1}{81} + \ldots
= -\frac 1 3 \pi^4B_4 = \frac{\pi^4}{90}.$ (13)

Zapewne znasz kilka innych sposobów policzenia powyższych sum, ale przyznaj, że ten z liczbami Bernoulliego to elegancja + skuteczność w najlepszym wydaniu!

Ludzie, którzy lubią porządek i systematyczność woleliby zapewne zamiast ,,poczciwego kotangensa'' (5) mieć do czynienia z funkcją, której rozwinięcie w szereg potęgowy zawierałoby wszystkie liczby Bernoulliego. (W rozwinięciu $z\cot z - 1$ brakuje jedynej różnej od zera nieparzystej B!). Słusznie. Jest taka funkcja i też całkiem przyjazna:

\begin{displaymath}
{\displaystyle \frac{z}{e^z - 1} = \sum_{n=0}^{\infty}
\frac{B_n}{n!} z^n.} \end{displaymath} (14)

Z powyższego wzoru wynika kolejny pomysł na obliczanie Bn:

\begin{displaymath}B_n = \left. \frac{d^n}{dz^n} \left( \frac{z}{e^z - 1} \right) \right\vert _{z=0}. \end{displaymath} (15)

Liczenie pochodnych to jednak zajęcie, które choć metodycznie łatwe, bywa mocno uciążliwe. Jeżeli skorzystać z wzoru całkowego Cauchy na n-ty współczynnik w rozwinięciu Taylora (14) to z teorii funkcji zmiennej zespolonej wynika, że:

\begin{displaymath}B_n = \frac{1}{2\pi i} \oint_{C_0} \frac{z}{e^z - 1}
\frac{dz}{z^{n+1}}, \end{displaymath}

gdzie jako kontur C0 dla n=0,1 warto wybrać koło $\vert z\vert<2\pi\vert$ (dlaczego?). Aby obliczyć Bn dla $n\geq2$ wygodniej jest zmodyfikować , kontur całkowania, (dlaczego?):

Nowy kontur obejmuje wszystkie bieguny pierwszego rzędu: $z =
p2\pi i$, w których residua funkcji podcałkowej wynoszą: $(p2\pi i)^{-n}$. A więc (dla n parzystego dodatnie przyczynki podwajają się; dla n <0 - redukują się do zera):

\begin{displaymath}B_n = \frac{n!}{2\pi i} (-2\pi i) 2 \sum_{p=1}^\infty
\frac{1}{ p^n(2\pi i)^n} \end{displaymath}

dla $n\geq2$ i parzystego. Dla $n=3, 5, \ldots, (2k+1), \ldots $Bn = 0.

Jak widać kółko się zamknęło. Po raz drugi skojarzyliśmy Bn z odpowiednią dzetą Riemanna.

Na zakończenie: skąd bierze się rekurencja 2? Przypatrzmy się funkcji tworzącej 14. Mamy:

\begin{eqnarray*}\frac{z}{e^z -1} & = &
\frac{z}{z+ z^2/2! + \ldots + z^{n}/n...
...+1)! + \ldots } \\ & = & \sum_{n=0}^{\infty}
\frac{B_n}{n!} z^n. \end{eqnarray*}


Innymi słowy

\begin{eqnarray*}\left[ 1+ z/2! + z^2/3! + \ldots + z^{n}/(n+1)! + \ldots + \rig...
..._2}{2!} z^2 + \ldots + \frac{B_n}{n!} z^n + \ldots \right] = 1 . \end{eqnarray*}


Teraz już tylko pozostało pomnożyć dwie nieskończone sumy po lewej stronie i tak pogrupować wyrazy, aby lewa strona miała postać sumy

\begin{displaymath}\sum c_n z^n .\end{displaymath}

Prawa strona to też taka suma, z c0 = 1 i $c_n = 0; \;\; n > 0$. A więc b0 = 1, a współczynnik przy cn (n>0), to

\begin{displaymath}\frac{1}{n!}B_0 + \frac{1}{(n-1)!} \frac{B_1}{1!} + \frac{1}{...
...c{B_2}{2!} + \ldots + \frac{1}{1}
\frac{B_{n-1}}{(n-1)!} = 0. \end{displaymath} (16)

Pomnożenie powyższego równania przez n! i zidentyfikowanie odpowiednich iloczynów (ilorazów) silni jako współczynników dwumianowych prowadzi do rekurencji 2.

next up previous
Andrzej Lenda
1999-04-19