Next: Literatura ... Up: Liczby przeróżne Previous: Liczby Bernoulliego

...i pociechy z nich płynące

Jeżeli funkcję tworzącą liczb Bernoulliego

$\begin{displaymath}\frac{x}{e^x - 1} = \sum_{n=0}^\infty B_n \frac {x^n}{n!} \end{displaymath}$

pomnożyć przez e^xs to w wyniku dostajemy szereg potęgowy x-a, którego współczynniki zależą od zmiennej s:

$\begin{displaymath} \frac{xe^{xs}}{e^x - 1} = \sum_{n=0}^\infty B_n(s) \frac {x^n}{n!}. \end{displaymath}$

(1)

Może to niezbyt elegancko używać tych samych literek, ale w końcu każdy widzi, że B_n to liczba, a B_n(s) to funkcja. To, że są bliskimi krewniaczkami jest ewidentne. Dla s=0 lewe strony obu równań są identyczne, a więc:

B_n(0) = B_n.

Rozwijając 1 w szereg nietrudno wykazać, że funkcje Bernoulliego są po prostu wielomianami stopnia n. Jak to bywa w takich przypadkach (definicja poprzez funkcje tworzące), łatwo można wykazać dwie podstawowe relacje. Relację rekurencyjną

$\begin{displaymath} B'_n(s) = nB_{n-1}(s), \;\;\; n=1,2,\ldots \end{displaymath}$

(2)

i relację symetrii

$\begin{displaymath} B_n(1) = (-1)^n B_n(0) = (-1)^nB_n. \;\;\; n=1,2,\ldots \end{displaymath}$

(3)

Te dwie relacje pozwalają wygenerować iteracyjnie wszystkie wielomiany. Na przykład pierwsze 7 funkcji B. to:

**Table 1:** Funkcje Bernoulliego
B₀	=	1
B₁	=	$x - \frac 1 2$
B₂	=	$x^2 - x + \frac 1 6$
B₃	=	$x^3 - \frac 3 2 x^2- \frac 1 2 x$
B₄	=	$x^4 - 2x^3 + x^2 - \frac {1}{30} x$
B₅	=	$x^5 - \frac{5}{2}x^4 + \frac{5}{3}x^3 - \frac {1}{6} x$
B₆	=	$x^6 - 3x^5 + \frac{5}{2}x^4 - \frac {1}{2} x^2 + \frac{1}{42}$

Zwróć uwagę na to, że B₀(x) = 1. Zwrócili na to uwagę (latach trzydziestych XVIII wieku) Leonard Euler, a także - niezależnie - Maclaurin. Obaj panowie zaproponowali sprytny sposób obliczania sum. Pomysł oparty jest właśnie na funkcjach B. i na tożsamości:

$\begin{displaymath}\int^1_0 f(x) dx = \int^1_0 B_0(x) f(x) dx = % \int^1_0 [B_1(x)]' f(x) dx. \end{displaymath}$

Nawet komputer widzi, że trzeba całkować przez części:

$\begin{eqnarray*}\int^1_0 f(x) dx & = & f(1)B_1(1) - f(0)B_1(0) - \int^1_0 f'(x)... ...x) dx\\ &=& \frac 1 2 [f(1) + f(0)] - \int^1_0 f'(x) B_1(x) dx. \end{eqnarray*}$

Ale zgodnie z 2

$\begin{displaymath}B_1(x) = \frac 1 2 B'_2(x)\end{displaymath}$

i zabawę w całkowanie przez części można kontynuować usque ad mortem maculatam. Wyskakują przy tym wartości funkcji Bernoulliego na krańcach przedziału - z relacji symetrii 3 wynika, że nieparzyste są równe zeru, parzyste - liczbom Bernoulliego:

$\begin{eqnarray*}B_{2n}(1) &=& B_{2n}(0) = B_{2n}, \\ B_{2n+1}(1) &= &-B_{2n+1}(0) = 0. \end{eqnarray*}$

Nasza całka

$\begin{displaymath} \int^1_0 f(x) dx = \frac 1 2 [f(1) + f(0)] - \sum_{p=1}^q \... ...{2p} \left[ f^{(2p-1) }(1) - f^{(2p-1) }(0) \right] + R_{2q}, \end{displaymath}$

(4)

gdzie różnica R_2q to

$\begin{displaymath} R_{2q} = \frac{1}{(2q)!} \int^1_0 B_{2q}(x) f^{(2q)}(x) dx.\end{displaymath}$

(5)

Wzór 4 trzeba teraz rozszerzyć z przedziału [0,1] na przedział [1,2] poprzez zamianę f(x) na f(x+1), potem na przedział [2,3] poprzez zamianę f(x) na f(x+2), potem .... Zatrzymujemy się na [n-1,n], dodajemy wszystko razem i - kto nie wierzy niech sobie przerachuje -

$\begin{eqnarray*}\int^n_0 f(x) dx &=& \frac 1 2 f(0) + f(1) + f(2) + \ldots + f... ...2p} \left[ f^{(2p-1) }(n) - f^{(2p-1) }(0) \right] + RR_{2q}, \end{eqnarray*}$

gdzie ,,nowa'' różnica RR to

$\begin{displaymath} RR_{2q} = \frac{1}{(2q)!} \int^1_0 B_{2q}(x) \sum_{\nu=0}^{n-1} f^{(2q)}(x+\nu) dx.\end{displaymath}$

(6)

Czyli rzeczywiście, sumowanie można sobie ,,przybliżać całkowaniem'', a konkretnie

$\displaystyle {\sum_{k=1}^{n-1} f(k) }$	=	$\displaystyle f(1) + f(2) + \ldots + f(n-1)$
		$\displaystyle = \int^n_0 f(x) dx-\frac 1 2 f(0) -\frac 1 2 f(n)$
		$\displaystyle = \sum_{p=1}^q \frac{1}{(2p)!} B_{2p} \left[ f^{(2p-1) }(n) - f^{(2p-1) }(0) \right] + RR_{2q}.$	(7)

Druga linijka to nic innego jak całkowanie ,,metodą '' trapezów, natomiast w trzeciej linijce mamy sumę i całkę 6 . Składniki sumy to liczby Bernoulliego, podzielone przez silnię ich wskaźnika i pomnożone przez wartości odpowiednich pochodnych na krańcach przedziału całkowania (tylko! - przy składaniu przyczynków od n przedziałów o jednostkowych szerokościach wyrazy pośrednie znoszą się!). Natomiast całka 6 wygląda mało sympatycznie, chociaż można ją nieco upodobnić do ludzi i zapisać w postaci

$\begin{displaymath} RR_{2q} = \frac{1}{(2q)!} \int^n_0 B_{2q}(\{x\}) f^{(2q)}(x) dx,\end{displaymath}$

(8)

gdzie $\{x\}$ oznacza część ułamkową x-a, to znaczy to co zostaje z x-a po odjęciu od niego najbliższej (ale ,,od dołu") liczby całkowitej. Żeby to jakoś zrozumieć: RR_2q to wartość pochodnej rzędu 2q pomnożona przez ,,coś", co po bliższej analizie okazuje się niezbyt straszne (zaglądnij do matematyki konkretnej) i przecałkowana po całym przedziale [0,n] (nierzadko pędzącym do nieskończoności). Zauważ, że całka 8 mimo wszystko wygląda to już bardziej przyjaźnie, niż 6. Gdyby tylko nie było RR to sumowanie sprowadzałoby się do:

obliczenia całki z f(x)
obliczenia wartości funkcji i jej kilku (?) kolejnych pochodnych w x=0 i x=n oraz
przemnożenia tych wartości przez odpowiednie liczby Bernoulliego i dodanie do siebie

A co z tą nieszczęsną resztą RR? Na początek warto zauważyć, że sam Euler specjalnie się nią nie kłopotał. Wykorzystywał on swój wzór do sumowania f(n), których f(x) miała tę przyjemną właściwość, że pewna jej pochodna (i następne) stawała się równa zeru. Na przykład dla f(x) będącą wielomianem stopnia 2m-1 pochodna stopnia 2m już się zeruje i kładąc w 8 q=m możemy się przestać martwić o RR. Przybliżony wzór sumacyjny staje się super dokładny. Na przykład sumy Bernoulliego, takie jak najprostsza

$\begin{displaymath}\sum_{k=1}^n k^2 =\;\mbox{\rm ??}\end{displaymath}$

Mamy f(x) = x² i zgodnie z receptą 7

$\begin{displaymath}1^2 + 2^2 + \ldots + n^2 = \int_{1}^{n+1}x^2 dx + \left(-\fr... ...vert^{n+1}_1 + \frac{B_2 }{2!} \left. 2x \right\vert^{n+1}_1 .\end{displaymath}$

Dokładnie! Każdy już potrafi to-to porachować, że

$\begin{displaymath}\sum_{k=1}^n k^2 = \frac 1 6 n(n+1)(2n+1),\end{displaymath}$

a nieufni zapewne sprawdzą wynik metodą indukcji matematycznej, którą zilustrowaliśmy właśnie rachowaniem sumy kubek-w-kubek podobnej:

$\begin{displaymath}\sum_{k=1}^n k^3 = \frac 1 4 n^2(n+1)^2.\end{displaymath}$

Ambitni zechcą zapewne policzyć powyższą sumę metodą Eulera, a bardzo ambitni policzą (zupełnie chyba nie do odgadnięcia - aby dało się zastosować indukcję):

$\begin{displaymath}\sum_{k=1}^n k^4 = \frac{1}{30}n(n+1)(2n+1)(3n^2 +3n-1).\end{displaymath}$

Dla mało ambitnych pozostaje zawsze dość trywialne

$\begin{displaymath}\sum_{k=1}^n k = \frac 1 2 n(n+1).\end{displaymath}$

No, a jeżeli życie nie jest takie różowe?

Next: Literatura ... Up: Liczby przeróżne Previous: Liczby Bernoulliego

Andrzej Lenda
1999-05-18