设 `n` 为非负整数, 定义 `B_n(x) in QQ[x]` 是满足 `int_x^(x+1) B_n(y) dy = x^n` 的唯一多项式, 称为 Bernoulli 多项式. `B_n(x)` 也记为 `B_n^(-)(x)`.
设 `B_n(x) = sum_(k=0)^n b_k x^k`, 逐项积分得 `sum_(k=0)^n b_k ((x+1)^(k+1) - x^(k+1))/(k+1) = x^n`. 比较等号两边的各次项系数就可得到 `B_n(x)`. 这就同时证明了 `B_n(x)` 的存在性与唯一性. 从以上证明看出, `B_n(x)` 是次数为 `n` 的首一多项式.
对任意非负整数 `n, x`, 记 `S_n(x) = sum_(i=1)^x i^n`, `quad B_n^+(x) = "d"/dx S_n(x)`. 注意 `S_n(0) -= 0`, 故有 `S_n(x) = int_0^x B_n^+(y) dy`.
`B_n^+(x) = B_n(x+1)`, 因此 `B_n^+(x)` 也是次数为 `n` 的首一多项式.
在等式 `S_n(x) = sum_(i=1)^x i^n` `= sum_(i=1)^x int_i^(i+1) B_n(y) dy` `= int_1^(x+1) B_n(y) dy` 两端求导即得.
在 `B_n(x)` 的定义式两端求导有 `B_n^+(x) - B_n(x) = n x^(n-1)`.
`"d"/dx B_n^(+-)(x) = n B_(n-1)^(+-)(x)`, `n ge 1`.
注意类比 `"d"/dx x^n = n x^(n-1)`.
`int_x^(x+1) "d"/dx B_n(y) dy` `= "d"/dx int_x^(x+1) B_n(y) dy` `= "d"/dx (x^n)` `= n x^(n-1)`, 再由定义即得 `"d"/dx B_n(x) = n B_(n-1)(x)`. 利用 知, `B_n^+(x)` 也满足相同的等式.
`S_(n-1)(x) = (B_n^+(x) - B_n^+(0))/n`, `quad n ge 1`,
`S_(n-1)(x-1) = (B_n^(-)(x) - B_n^(-)(0))/n`, `quad n ge 2`.
`S_(n-1)(x) = int_0^x B_(n-1)^+(y) dy` `= int_0^x ("d"/dx B_n^+(y))/n dy` `= (B_n^+(x) - B_n^+(0))/n`. 第二式的证明, 只需注意由定义, `n ge 2` 时, `int_0^1 B_n^(-)(y) dy=0`: `S_(n-1)(x-1) = int_0^(x-1) B_(n-1)^+(y) dy` `= int_1^x B_(n-1)^(-)(y) dy` `= int_0^x B_(n-1)^(-)(y) dy`. 后面的步骤与第一式相同.
`B_n^(+-)(x) = sum_(k=0)^n (n;k) B_k^(+-) x^(n-k)`.
由, `1/(k!) "d"^k/dx^k B_n^(+-)(x)` `= (n;k) B_(n-k)^(+-)(x)`, `quad n ge k`. 从而 `B_n^(+-)(x)` 的 `n-k` 次项系数等于 `1/((n-k)!) "d"^(n-k)/dx^(n-k) B_n(x)|_(x=0)` `= (n;n-k) B_k(0)` `= (n;k) B_k^+`, 从而结论成立.
综上有:
设整数 `x ge 0`, `n ge 1`, 则 `sum_(i=1)^x i^(n-1) = S_(n-1)(x)` `= 1/n sum_(k=0)^(n-1) (n;k) B_k^+ x^(n-k)`.
由知, `n S_(n-1)(x)` 等于 `B_n^+(x)` 减去其常数项, 由, 此即 `n S_(n-1)(x)` `= sum_(k=0)^(n-1) (n;k) B_k^+ x^(n-k)`.
`B_n^(+-)(x)` 的递推公式
`sum_(k=0)^(n-1) (n;k) B_k^(+)(x) = n(x+1)^(n-1)`, `quad n ge 1`;
`sum_(k=0)^(n-1) (n;k) B_k^(-)(x) = n x^(n-1)`, `quad n ge 1`.
前几个 Bernoulli 多项式是 `B_0(x) = 1`, `B_1(x) = x - 1/2`, `B_2(x) = x^2 - x + 1/6`, `B_3(x) = x^3 - 3/2 x^2 + 1/2 x`, `B_4(x) = x^4 - 2x^3 + x^2 - 1/30`.
`B_n^(+-)` 的递推公式
在 `B_n^(+-)(x)` 的递推公式中代入 `x=0` 得,
`sum_(k=0)^(n-1) (n; k) B_k^+ = n`, `quad n ge 1`.
`sum_(k=0)^(n-1) (n; k) B_k^(-) = 0`, `quad n ge 2`.
在 中代入 `x=1` 也能得到
`B_n^+` 的递推公式.
利用递推公式计算前几个 Bernoulli 数如下. 其中除了 `B_1^+ = 1/2`, `B_1^(-) = -1/2` 外, 均有 `B_n^+ = B_n^(-)`. 有趣的是 `B_3 = B_5 = B_7 = cdots = 0`, 这一点我们稍后证明.
| `n` | `0` | `1` | `2` | `4` | `6` | `8` | `10` | `12` | `14` | `16` | `18` | `20` |
| `B_n` | `1` | `+-1/2` | `1/6` | `-1/30` | `1/42` | `-1/30` | `5/66` | `-691/2730` | `7/6` | `-3617/510` | `43867/798` | `-174611/330` |
`B_n(1-x) = (-1)^n B_n(x)`.
`int_x^(x+1) B_n(1-y) dy` `= int_(-x)^(1-x) B_n(t) dt` `= (-x)^n`, 由定义即得结论.
1, 3 显然; 2 成立是因为前文提到, 对任意 `n != 1` 有 `B_n^+ = B_n^-`.
`B_n(x)` 的指数型生成函数是
`(t "e"^(x t))/("e"^t-1) = sum_(n=0)^oo B_n(x) t^n/(n!)`,
`quad |t| lt 2pi`.
分别代入 `x = 1, 0` 得:
`(t"e"^t)/("e"^t-1) = sum_(n=0)^oo B_n^+ t^n/(n!)`,
`quad |t| lt 2 pi`,
`(t)/("e"^t-1) = sum_(n=0)^oo B_n^(-) t^n/(n!)`,
`quad |t| lt 2 pi`.
直接验证 `("e"^t-1) sum_(k=0)^oo B_k(x) t^k/(k!)` `= (sum_(j=1)^oo t^j/(j!)) (sum_(k=0)^oo B_k(x) t^k/(k!))` `= sum_(n=1)^oo sum_(k=0)^(n-1) B_k(x) t^n/(k!(n-k)!)` `= sum_(n=1)^oo t^n/(n!) sum_(k=0)^(n-1) (n;k) B_k(x)` `= sum_(n=1)^oo (x^(n-1) t^n)/((n-1)!)` `= t sum_(n=0)^oo (x t)^n/(n!)` `= t "e"^(x t)`. 注意到生成函数具有奇点 `2 k pi "i"`, `k in ZZ`, 因此收敛半径为 `2pi`.
(Castellanos, 1988) 用微分方程导出生成函数. 设 `f(x, t) = sum_(n=0)^oo (B_n(x) t^n)/(n!)`, 求偏导 `(del f)/(del x)` `= sum_(n=1)^oo (B_(n-1)(x) t^n)/((n-1)!)` `= t sum_(n=0)^oo (B_n(x) t^n)/(n!)` `= t f(x, t)`. 此方程的解为 `f(x, t) = c(t) "e"^(x t)`. 为确定 `c(t)`, 计算积分 `int_0^1 f(x, t) dx` `= c(t) int_0^1 "e"^(x t) dx` `= c(t) ("e"^t-1)/t`. 另一方面, `int_0^1 f(x, t)` `= sum_(n=0)^oo t^n/(n!) int_0^1 B_n(x) dx` `= 1 + sum_(n=1)^oo t^n/(n!) 0^n = 1`. 比较得 `c(t) = t/("e"^t-1)`, `f(x,t) = (t"e"^(x t))/("e"^t-1)`.
在 `B_n^+` 的生成函数两边用 `-t` 替换 `t`, 也能得到 `B_n^(-)` 的生成函数: `sum_(n=0)^oo B_n^(-) t^n/(n!)` `= sum_(n=0)^oo B_n^+ (-1)^n t^n/(n!)` `= (-t"e"^-t)/("e"^-t-1)` `= t/("e"^t-1)`.
也可以由生成函数来定义 `B_n(x)`, `B_n^+`, `B_n^-`, 并导出以上提到的全部性质.
`t/2 coth{:t/2:}` `= t/2 ("e"^t+1)/("e"^t-1)` `= (t"e"^t-t/2("e"^t-1))/("e"^t-1)` `= (t"e"^t)/("e"^t-1) - B_1^+ t` `= sum_(n=0)^oo B_(2n) t^(2n)/((2n)!)`.
一些三角函数的 Maclaurin 展式 (`"i"` 为虚数单位):
| `coth x = 1/x sum_(n=0)^oo B_(2n) (2x)^(2n)/((2n)!)`, | `|x| lt pi` |
| `cot x = 1/x sum_(n=0)^oo B_(2n) (2"i"x)^(2n)/((2n)!)`, | `|x| lt pi` |
| `tanh x = 1/x sum_(n=1)^oo B_(2n) ((4^n-1) (2x)^(2n))/((2n)!)`, | `|x| lt pi/2` |
| `tan x = 1/x sum_(n=1)^oo B_(2n)((1-4^n) (2"i"x)^(2n))/((2n)!)`, | `|x| lt pi/2` |
`coth x`
`= ("e"^(2x)+1)/("e"^(2x)-1)`
`= 1/x sum_(n=0)^oo B_(2n) (2x)^(2n)/((2n)!)`,
`tanh x`
`= ("e"^(2x)-1)/("e"^(2x)+1)`
`= 2("e"^(4x)+1)/("e"^(4x)-1) - ("e"^(2x)+1)/("e"^(2x)-1)`
`= 1/x sum_(n=1)^oo B_(2n) ((4^n-1) (2x)^(2n))/((2n)!)`.
再利用
`cot x = "i" coth("i"x)`,
`quad tan x = -"i" tanh("i"x)`,
即得到 `cot x`, `tan x` 的展式.
类似地, 还可以通过恒等式
`csc x = cot x + tan{:x/2:}`
得到展式
`csc x = sum_(n=0)^oo B_(2n) ((-1)^n (2-4^n) x^(2n-1))/((2n)!)`,
`quad |x| lt pi`.
等等.
记 `n^(ul(-m)) = prod_(1 le i le m) (n+i)^-1 = 1/((n+1)(n+2) cdots (n+m))`, 结论简记为 `sum_(k ge n) k^(ul(-m-1)) = 1/m n^(ul(-m))`. 注意类比 `int_n^oo x^(-m-1) dx = 1/m n^-m`.
继续计算, 得到: `a_n = gamma + 1/(2n) - 1/(6*2n^2) + 1/(30*4n^4) - 1/(42*6n^6)+ cdots`. 猜想: `a_n = gamma - sum_(k=1)^m (B_k^-)/(k n^(k)) + O(1/n^(m+1))`.
在探讨前 `x` 个自然数 `n` 次幂的求和公式时, 采用了化求和 `sum_(i=1)^x i^n` 为积分 `int_0^x B_n^+(y) dy` 的方法. 同样的思想加以推广, 就有了下述以积分来估计求和的 Euler-Maclaurin 求和公式. 这一公式可以类比于积分型余项的 Taylor 公式.
Euler-Maclaurin 求和公式 设函数 `f in C^m[a,b]`, `m ge 1`, `a,b` 为整数. 则 `sum_(n=a)^b f(n) = int_a^b f(x) dx + (f(a)+f(b))/2` `+ sum_(k=2)^m B_k/(k!) (f^((k-1))(b) - f^((k-1))(a))` `- (-1)^m/(m!) int_a^b B_m({x}) f^((m))(x) dx`. 其中 `{x} = x - |__x__|`. 上式等号右端的前两项相当于梯形公式 `int_a^b f(x) dx ~~ sum_(n=a)^(b-1) (f(n)+f(n+1))/2`, 它用一系列宽度为 `1`, 两底长分别为 `f(n)` 和 `f(n+1)` 的梯形面积来估计积分 `int_a^b f(x) dx`.
设 `g in C^m[0,1]`. 反复应用 和分部积分, `int_0^1 g(x) dx` `= int_0^1 B_0(x) g(x) dx` `= int_0^1 B_1'(x) g(x) dx` `= [B_1(x) g(x)]_0^1 - int_0^1 B_1(x) g'(x) dx` `= (B_1^+ g(1) - B_1^(-) g(0)) - 1/2 int_0^1 B_2'(x) g'(x) dx` `= (g(1)+g(0))/2 - 1/2 [B_2(x) g'(x)]_0^1 + 1/2 int_0^1 B_2(x) g''(x) dx` `= (g(1)+g(0))/2 - B_2/2 (g'(1)-g'(0)) + 1/2 int_0^1 B_2(x) g''(x) dx` `= cdots` `= (g(1)+g(0))/2 - sum_(k=2)^m B_k/(k!) (g^((k-1))(1) - g^((k-1))(0))` `+ (-1)^m/(m!) int_0^1 B_m(x) g^((m))(x) dx`. 在上式中令 `g(x) = f(x+n)`, `int_n^(n+1) f(x) dx` `= (f(n+1)+f(n))/2 - sum_(k=2)^m B_k/(k!) (f^((k-1))(n+1)-f^((k-1))(n))` `+ (-1)^m/(m!) int_n^(n+1) B_m(x-n) f^((m))(x) dx`. 再令 `n = a` 到 `b-1` 求和, 注意到对任意 `x in [n,n+1]` 有 `B_m(x-n) = B_m({x})`, 就得到结论.
在 Euler-Maclaurin 公式中取 `f(k) = 1/k`, `a = 1`, `b = n`. 由 `int_1^n dx/x = ln n`, `quad "d"^(k-1)/dx^(k-1) (1/x)` `= ((-1)^(k-1) (k-1)!)/x^k`, 得到 `a_n = sum_(k=1)^n 1/k - ln n` `= 1/2(1+1/n) + sum_(k=2)^m B_k/k (1 - 1/n^k)` `- int_1^n (B_m({x}))/x^(1+m) dx`. 取极限, `gamma = lim_(n to oo) a_n` `= 1/2 + sum_(k=2)^m B_k/k` `- int_1^oo (B_m({x}))/x^(1+m) dx`. 两式相减, `a_n - gamma` `= 1/(2n) - sum_(k=2)^m B_k/(k n^k) + int_n^oo (B_m({x}))/x^(1+m) dx`. 因为 `B_m({x})` 是有界函数, 我们设它的模不超过 `C`, 则 `|int_n^oo (B_m({x}))/x^(1+m) dx|` `le C int_n^oo dx/x^(1+m)` `= C/(m n^m)` `= O(1/n^m)`. 于是 `a_n = gamma - sum_(k=1)^m B_k^(-)/(k n^k) + O(1/n^m)`. 与 `a_n = gamma - sum_(k=1)^(m+1) B_k^(-)/(k n^k) + O(1/n^(m+1))` 比较知道, 中余项可以写为 `O(1/n^(m+1))`, 最终得到 `a_n = gamma - sum_(k=1)^m B_k^(-)/(k n^k) + O(1/n^(m+1))`.
Stirling 级数 `n! = sqrt(2pi n) (n/"e")^n exp(sum_(k=1)^m B_(k+1)/(k(k+1)) 1/n^k + O(1/n^(m+1)))`. (改用 Gamma 函数??)
再次导出前 `x` 个自然数 `n` 次幂的和.
在 Euler-Maclaurin 公式中取 `f(k) = k^(m-1)`, `a = 1`, `b = n`. 由
`"d"^(k-1)/dx^(k-1) x^(m-1) = (m-1) (m-2) cdots (m-k+1) x^(m-k)`,
`quad k = 2, 3, cdots, m`,
`"d"^m/dx^m x^(m-1) = 0`,
`quad int_1^n x^(m-1) dx = 1/m(n^m-1)`,
得到
`sum_(k=1)^n k^(m-1)`
`= 1/m(n^m-1) + (1+n^(m-1))/2 + sum_(k=2)^m B_k/k (m-1;k-1) (n^(m-k)-1)`
`= 1/m(n^m-1) + (1+n^(m-1))/2 + sum_(k=2)^m B_k/m (m;k)
(n^(m-k)-1)`
`= 1/m sum_(k=0)^m B_k^+ (m;k) (n^(m-k)-1) + 1`.
注意到上式的 `k=m` 项等于零, 再利用 Bernoulli 数的递推公式, 上式等于
`1/m sum_(k=0)^(m-1) B_k^+ (m;k) n^(m-k)`.
我们已经证明 `lim_(n to oo) (sum_(k=1)^n 1/k - ln n) = gamma`, 不很严谨地, 写作 `lim (sum n^-1 - int n^-1) = gamma`, 这个极限度量了求和与积分之间的误差. 下面我们将证明, `"Re"(s) gt 1` 时, 有 `lim_(N to oo) (sum_(n=1)^N n^-s - int_0^N n^-s "d"n) = zeta(s)`.
将 Riemann zeta 函数 `zeta(s) = sum_(n=1)^oo 1/n^s`, `quad "Re"(s) gt 1` 的定义域延拓到 `CC\\{1}` 上, 并证明公式 `zeta(-n) = -B_(n+1)^+/(n+1)`, `quad n` 为非负整数.
证明 `int_(-1)^0 S_n(x) dx = zeta(-n)`.
左边 `= 1/(n+1) int_(-1)^0 (B_(n+1)(x+1) - B_(n+1)(1)) dx` `= 1/(n+1) int_0^1 B_(n+1)(x) dx - B_(n+1)^+/(n+1)` `= 0 + zeta(-n) = ` 右边.
Basel 问题 `zeta(2) = sum_(n=1)^oo 1/n^2 = pi^2/6`.
利用 Euler 的无穷乘积 `(sin pi x)/(pi x) = prod_(n=1)^oo (1-x^2/n^2)`, 另一方面, 由 Taylor 公式有 `(sin pi x)/(pi x) = 1 - (pi x)^2/(3!) + O(x^3)`. 比较两式中 `x^2` 的系数即得: `sum_(n=1)^oo 1/n^2 = pi^2/6`.
要证 `zeta(2) = pi^2/6`, 只需证 `eta(2) = sum_(n ge 1) (-1)^(n-1)/n^2 = pi^2/12`. 事实上, `|x| lt pi` 时, 将 `x^2` Fourier 展开得 `x^2 = pi^2/3 + 4 sum_(n ge 1) (-1)^n (cos n x)/n^2`, 上式两边令 `x to 0` 即得结论.
初等证明.
利用三角恒等式
`1/(sin^2 x)`
`= (sin^2{:x/2:} + cos^2{:x/2:})/(4 sin^2{:x/2:} cos^2{:x/2:})`
`= 1/4 (1/(sin^2{:x/2:}) + 1/(cos^2{:x/2:}))`
`= 1/4 (1/(sin^2{:x/2:}) + 1/(sin^2(x/2+pi/2)))`,
代入 `x = pi/2` 有
`1 = 1/4 (sin^-2{:pi/4:} + sin^-2{:(3pi)/4:})`
`= 1/4^2 (sin^-2{:pi/8:} + sin^-2{:(3pi)/8:} + sin^-2{:(5pi)/8:}
+ sin^-2{:(7pi)/8:})`
`= 1/4^n sum_(k=1)^(2^n) sin^-2{:((2k-1)pi)/2^(n+1):}`
`= 2/4^n sum_(k=1)^(2^(n-1)) sin^-2{:((2k-1)pi)/2^(n+1):}`.
其中最后一步利用了互补角的正弦值相等.
`AA x in (0, pi/2)`, 有 `sin^-2 x-1 = tan^-2 lt x^-2 lt sin^-2 x`,
代入上式得
`1-2^-n lt 8/pi^2 sum_(k=1)^(2^(n-1)) 1/(2k-1)^2 lt 1`.
由两边夹法则,
`sum_(k=1)^oo 1/(2k-1)^2 = pi^2/8`.
由收敛级数的运算法则,
`zeta(2) = sum_(n=1)^oo 1/n^2`
`= sum_(n=1)^oo 1/(2n-1)^2 + sum_(n=1)^oo 1/(2n)^2`
`= pi^2/8 + zeta(2)//4`.
于是 `zeta(2) = pi^2/6`.
类似的初等证明. 从下面这个恒等式出发: `sum_(k=1)^n cot^2{:(k pi)/(2n+1):} = 1/3 (2n;n)`. 利用不等式 `cot^2 x lt 1/x^2 lt cot^2 x + 1`, `quad x in (0, pi/2)` 两边夹可得极限 `pi^2/6`.
记 `I_n = int_0^(pi/2) cos^(2n) x dx`, `J_n = int_0^(pi/2) x^2 cos^(2n) x dx`. 首先, `I_n = ((2n-1)!!)/((2n)!!) pi/2`. 另一方面, 分部积分得到 `I_n = [x cos^(2n) x]_0^(pi/2) + 2n int_0^(pi/2) x cos^(2n-1) x sin x dx` `= n[x^2 cos^(2n-1) x sin x]_0^(pi/2)` `- n int_0^(pi/2) x^2[cos^(2n) x - (2n-1) cos^(2n-2) x sin^2 x]dx` `= n(2n-1) J_(n-1) - 2n^2 J_n`. 上式两边同乘以 `((2n)!!)/((2n-1)!!) 1/(2n^2)` 得到 `pi/(4n^2)` `= ((2n-2)!!)/((2n-3)!!) J_(n-1) - ((2n)!!)/((2n-1)!!) J_n`. 求和, 注意 `(2n-1)!! = ((2n)!)/(2^n n!)`, 因此 `(-1)!!` 有定义. 我们有 `pi/4 sum_(k=1)^n 1/k^2` `= J_0 - ((2n)!!)/((2k-1)!!) J_n` `= J_0 - pi/2 J_n/I_n`. `AA x in (0, pi/2)`, 有 `x lt pi/2 sin x`, 从而 `0 lt J_n lt int_0^(pi/2) (pi/2 sin x)^2 cos^(2n) x dx` `= pi^2/4 (I_n - I_(n+1))` `= pi^2/(8(n+1)) I_n`, 这说明 `n to oo` 时, `J_n//I_n to 0`. 综上有 `zeta(2) = 4/pi J_0 = pi^2/6`.
为纪念第一个作出解答的 Euler, 人们以 Euler 的出生地 Basel 来命名这一问题.
`sum_(k=0)^n (2n+1;2k) B_(2k) 2^(2k) = 2n+1`.
由 知 `B_(2n+1)(1/2) = 0`, 再由, `B_(2n+1)^+(1/2)` `= B_(2n+1)(1/2) + (2n+1)/2^(2n)` `= (2n+1)/2^(2n)`. 另一方面, 利用, 将 `x = 1/2` 代入 `B_(2n+1)^+(x)` 的表达式, 有 `B_(2n+1)^+(1/2)` `= sum_(k=0)^(2n+1) (2n+1;k) (B_k^+)/2^(2n+1-k)` `= (2n+1;1) (B_1^+)/2^(2n) + sum_(k=0)^n (2n+1;2k) (B_(2k))/2^(2n+1-2k)` `= 1/2^(2n+1) (2n+1 + sum_(k=0)^n (2n+1; 2k) B_(2k) 2^(2k))`. 令两式的右边相等, 就得到结论.
`zeta(2n) = -1/2 B_(2n)/((2n)!) (2pi"i")^(2n)`.
从 Euler 的无穷乘积 `prod_(k ge 1) (1-t^2/k^2) = (sin pi t)/(pi t)` 出发, 两边取对数再求导, 整理得 `sum_(k ge 1) 1/(k^2-t^2) = 1/(2t^2) (1 - pi t cot pi t)`, `quad |t| lt 1`. 令 `x = pi t`, 则 `|x| lt pi` 时有 `x cot x = 1 - 2 sum_(k ge 1) x^2/((k pi)^2 - x^2)` `= 1 - 2 sum_(k ge 1) (x/(k pi))^2/(1-(x/(k pi))^2)` `= 1 - 2 sum_(k ge 1) sum_(n ge 1) (x/(k pi))^(2n)` `= 1 - 2 sum_(n ge 1) (x/pi)^(2n) sum_(k ge 1) 1/k^(2n)` `= 1 - 2 sum_(n ge 1) (x/pi)^(2n) zeta(2n)`. 和 Maclaurin 展式 `x cot x = sum_(n ge 0) (-1)^n B_(2n)/((2n)!) (2x)^(2n)` 比较系数即得到 `zeta(2n)` 的值.
`zeta(2n)` 的公式对 `n=0` 也有效.
联系引理容易证明下面的递推公式: `sum_(0 le k lt n) (pi "i")^(2k)/((2k+1)!) zeta(2n-2k)` `= -n (pi "i")^(2n)/((2n+1)!)`.
求 `sum_(i ge 1) sum_(j ge i) 1/(2i-1)^2 1/(2j+1)^2`.
(11) 13 15 17 .. 31 (33) 35 37 .. 51 53 (55) 57 .. 71 73 75 (77) .. .. .. .. ..原式等于 `sum_(i lt j;i","j" 是正奇数") 1/(i j)^2` `= (sum_(i,j" 是正奇数") 1/(i j)^2 - sum_(i" 是正奇数") 1/i^4)//2` `= ((sum_(i" 是正奇数") 1/i^2)^2 - sum_(i" 是正奇数") 1/i^4)//2` `= ((3/4 zeta(2))^2 - 15/16 zeta(4))//2` `= pi^4/384`.
`n ge 1` 时, 由 `zeta(2n) gt 0` 知道, `B_(2n)` 的符号是正负交错的. 由此还能得到 `tan x` 的 Maclaurin 展开系数全为正, 等等.
因为 `lim_(n to oo) zeta(2n) = 1`, 所以 `B_(2n) ~ -2 ((2n)!)/(2pi"i")^(2n)` `~ (-1)^(n-1) 4 sqrt(pi n) (n/(pi"e"))^(2n)`.
Bernoulli 多项式的 Fourier 展开
考察函数 `B_n({x})`, 其中 `{x} = x - |__x__|`. 它以 `1` 为周期,
当 `n ge 1`, `x !in ZZ` 时, 可以展开为
`B_(2n)({x}) = (-1)^(n-1) * 2 sum_(k ge 1) (2n)!/(2k pi)^(2n) cos 2 k pi x`,
`B_(2n+1)({x}) = (-1)^(n-1) * 2 sum_(k ge 1) (2n+1)!/(2k pi)^(2n+1) sin 2 k pi x`.
`n = 1` 时, `B_1(x) = x - 1/2`. 它的 Fourier 系数为 `(int_0^1 B_1(x) sin 2 pi k x dx)/(int_0^1 sin^2 2 pi k x dx)` `= (-1//(2 k pi))/(1//2)` `= -1/(k pi)`, 它是奇函数, 于是 `B_1({x}) = - sum_(k ge 1) (sin 2 pi k x)/(k pi)`. 接下来应用归纳法, 使用已知的递推公式 `B_n(x) = n int_0^x B_(n-1)(t) dt + B_n`, 以及 `B_(2n+1) = 0` 和 `B_(2n) = (-1)^(n-1) * 2 (2n)!/(2pi)^(2n) zeta(2n)`, 即可验证结论成立.
`zeta` 函数的函数方程 `zeta(1-s) = 2/(2pi)^s cos{:(pi s)/2:} Gamma(s) zeta(s)`. 令 `xi(s) = (s (s-1))/2 pi^(-s/2) Gamma(s/2) zeta(s)`, 则 `xi` 是整函数, 上述函数方程可写为对称形式: `xi(s) = xi(1-s)`.
两个方程的等价性: 利用 Legendre 倍元公式和余元公式, `Gamma(s) = 2^(s-1) pi^(-1/2) Gamma(s/2) Gamma((1+s)/2)` `= (2^(s-1) pi^(1/2) Gamma(s/2))/(cos{:(s pi)/2:} Gamma((1-s)/2)`. 代入函数方程右边得 `zeta(1-s)` `= pi^(1/2 - s) (Gamma(s/2))/(Gamma((1-s)/2)) zeta(s)`, 即 `(zeta(1-s) pi^(-(1-s)//2) Gamma((1-s)/2))/(zeta(s) pi^(-s//2) Gamma(s/2)) = 1`.