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 S_m(n):

$$S_m(n)=0^m+1^m+\ldots +(n-1)^m=\sum_{k=0}^{n-1}k^m$$ (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 n^m to zawsze - 1/2. Współczynnik przy n^m-2 (i kolejnych: m-4, m-6, ...) jest równy zeru. Jeszcze od biedy można zauważyć, że współczynnik przy n^m-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 B_k, które przyjęło się nazywać właśnie liczbami Bernoulliego. Prawdę mówiąc, ich obliczanie nie jest proste. Jeden ze sposobów stanowi wzór rekurencyjny (spokojnie, zaraz go uzasadnimy)

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

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

$${{2}\choose {0}}B_0+ {{2} \choose 1} B_1=0,$$ (3)

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

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

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

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

gdzie z_k 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

$$f(z) = z\cot z - 1 = \sum_{k=1}^\infty \left( \frac{1}{z - ... ...pi} \right) = \sum_{k=1}^\infty \frac{2z^2}{z^2 - k^2\pi^2}.$$ (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:

$$z\cot z = 1 + \sum_{n=0}^\infty (-4)^n B_{2n} \frac {z^{2n}} {(2n)!}.$$ (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!):

$$\frac{2z^2}{z^2 - k^2\pi^2} = \frac{2z^2} { k^2\pi^2} \frac{1} {1 - \left({\displaystyle \frac{z}{k\pi} }\right)^2 }$$ (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

$$z\cot z 1 - 2\sum_{k=0}^\infty \left( \frac{z^2}{k^2\pi^2} +\frac{z^4}{k^4\pi^4} + \frac{z^6}{k^6\pi^6} + \ldots \right)$$ =

$$1 - 2 \left(\frac{z^2}{ \pi^2} \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k^2} + ... ...{1}{k^4} + \frac{z^6} {\pi^6} \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k^6} + \ldots \right).$$ = (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

$$\sum_{k=1}^m \frac{1}{k^n} \equiv H_m^{(n)}$$ (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:

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

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

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

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

$$\sum_{k=1}^\infty \frac {1}{k^{2n}}$$

nie ma dla nas tajemnic! Na przykład:

$$\zeta(2) H_\infty^{(2)} = 1 + \frac 1 4 + \frac 1 9 + \ldots = \pi^2B_2 = \frac{\pi^2}{6},$$ = (12)

$$\zeta(4) H_\infty^{(4)} = 1 + \frac {1}{16} + \frac {1}{81} + \ldots = -\frac 1 3 \pi^4B_4 = \frac{\pi^4}{90}.$$ = (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:

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

Z powyższego wzoru wynika kolejny pomysł na obliczanie B_n:

$$B_n = \left. \frac{d^n}{dz^n} \left( \frac{z}{e^z - 1} \right) \right\vert _{z=0}.$$ (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:

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

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

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

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

Jak widać kółko się zamknęło. Po raz drugi skojarzyliśmy B_n 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

$$\sum c_n z^n .$$

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

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

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