为了求正切的麦克劳林展开式，我复习了伯努利数

GKxx

4923人浏览 · 2020-11-19 22:06:06

GKxx · 2020-11-19 22:06:06 发布

这是一篇随笔。前段时间数分课讲到了Taylor公式，做题的时候常常会用到 $sin⁡x,cos⁡x\sin x,\cos x$ 等函数的Taylor展开式。我们容易写出 $sin⁡x\sin x$ 和 $cos⁡x\cos x$ 的 $n$ 阶麦克劳林展开式，但是 $tan⁡x\tan x$ 的麦克劳林展开式比较复杂，于是我翻开《具体数学》重新学习了一下跟伯努利数有关的内容，并做一些简单的整理。

首先给出伯努利数的定义。伯努利数 $B_n$ 是由如下递归式定义的数：
$\sum\limits_{j=0}^m\binom{m+1}jB_j=[m=0],m\in\N.$
特别地，令 $m = 0$ 可以得到 $B_0=1$ 。

对这个递归式稍加改造，我们就得到了形式更整齐的
$\sum\limits_{k=0}^n\binom n kB_k=B_n+[n=1],n\in\N.\tag1$
假设 $B(z)=∑n⩾0Bnznn!\mathscr B(z)=\sum\limits_{n\geqslant0}B_n\dfrac{z^n}{n!}$ 是伯努利数的指数生成函数，因为
$e^z=\sum\limits_{n\geqslant0}\dfrac{z^n}{n!},$
所以它与 $B(z)\mathscr B(z)$ 的卷积是
$e^z\mathscr B(z)=\sum\limits_{n\geqslant0}\sum\limits_{0\leqslant k\leqslant n}\dfrac{B_kn!}{k!(n-k)!}\dfrac{z^n}{n!}=\sum\limits_{n\geqslant 0}\left(\sum\limits_{k=0}^n\binom n kB_k\right)\dfrac{z^n}{n!},$
而 $1$ 式的右边 $B_n+[n=1]$ 的指数生成函数是 $B(z)+z\mathscr B(z)+z$ ，所以我们得到了
$\mathscr B(z)=\dfrac{z}{e^z-1}.$
注意到双曲函数 $sinh⁡z=ez−e−z2,cosh⁡=ez+e−z2\sinh z=\dfrac{e^z-e^{-z}}{2},\cosh=\dfrac{e^z+e^{-z}}2$ ，则双曲余切函数 $coth⁡z=ez+e−zez−e−z\coth z=\dfrac{e^z+e^{-z}}{e^z-e^{-z}}$ ，那么
$\dfrac{z}{2}\coth\dfrac z 2=\dfrac z 2\dfrac{e^{z/2}+e^{-z/2}}{e^{z/2}-e^{-z/2}}=\dfrac z 2\dfrac{e^z+1}{e^z-1}=\dfrac z{e^z-1}+\dfrac z 2.$
又注意到 $B1=−12B_1=-\dfrac12$ ，所以 $zez−1+z2=∑n⩾0,n≠1Bnznn!\dfrac{z}{e^z-1}+\dfrac z2=\sum\limits_{n\geqslant 0,n\neq1}B_n\dfrac{z^n}{n!}$ 。又因为 $z2coth⁡z2\dfrac z2\coth\dfrac z2$ 是奇函数，所以对所有大于 $1$ 的奇数 $n$ 都有 $B_n=0$ ，于是 $zez−1+z2=∑n⩾0,n≠1Bnznn!\dfrac{z}{e^z-1}+\dfrac z 2=\sum\limits_{n\geqslant0,n\neq1}B_n\dfrac{z^n}{n!}$ 中就只包含 $n$ 为偶数的项，我们可以把它写成
$\dfrac z2\coth\dfrac z2=\sum\limits_{n\geqslant0}B_{2n}\dfrac{z^{2n}}{(2n)!},$
用 $2 z$ 替换 $z$ 就有
$z\coth z=\sum\limits_{n\geqslant 0}B_{2n}\dfrac{4^nz^{2n}}{(2n)!}.$
注意，这里的所有 $z$ 都是复数，而三角函数与双曲函数满足如下关系
$\sin z=-i\sinh iz,\cos z=\cosh iz,\cot z=i\coth iz,$
于是我们有
$\cot z=iz\coth iz=\sum\limits_{n\geqslant 0}B_{2n}\dfrac{(-4)^nz^{2n-1}}{(2n)!}.$
注意， $n = 0$ 时的求和项 $B2n(−4)nz2n−1(2n)!=1zB_{2n}\dfrac{(-4)^nz^{2n-1}}{(2n)!}=\dfrac1z$ 不是 $z$ 的非负整数次幂，所以上式并不是关于 $z$ 的多项式。这是合理的，因为 $cot⁡z\cot z$ 在 $z = 0$ 处是发散到无穷大的，它不能在这一点处作麦克劳林展开。

从 $cot⁡z\cot z$ 过渡到 $tan⁡z\tan z$ 是非常容易的，我们并不需要做多项式除法，只要用
$\tan z=\cot z-2\cot 2z$
即可得出
$\tan z=\sum\limits_{n\geqslant 0}(-1)^{n-1}4^n(4^n-1)B_{2n}\dfrac{z^{2n-1}}{(2n)!}.$
这是一个关于 $z$ 的多项式。虽然 $n = 0$ 时 $z2n−1=1zz^{2n-1}=\dfrac1z$ ，但这一项的系数含有 $4^n-1=0$ ，因此它没有影响。

趁热打铁，做两个练习（《具体数学》习题6.72）：求 $zsin⁡z\dfrac{z}{\sin z}$ 和 $ln⁡tan⁡zz\ln\dfrac{\tan z}z$ 的形式幂级数。

注意到 $1sin⁡z+cos⁡zsin⁡z=1+cos⁡zsin⁡z=cot⁡z2\dfrac{1}{\sin z}+\dfrac{\cos z}{\sin z}=\dfrac{1+\cos z}{\sin z}=\cot\dfrac z2$ ，所以
$\dfrac{z}{\sin z}=2\cdot\dfrac z2\cot\dfrac z2-z\cot z=\sum\limits_{n\geqslant0}(-1)^n(2-4^n)B_{2n}\dfrac{z^{2n}}{(2n)!}.$
$ln⁡tan⁡zz\ln\dfrac{\tan z}z$ 可能有些棘手，但是注意到
$\begin{aligned} \dfrac{2}{\sin 2z}-\dfrac1z=\sum\limits_{n\geqslant 1}(-4)^n(2-4^n)B_{2n}\dfrac{z^{2n-1}}{(2n)!}, \end{aligned}$
两边关于 $z$ 取不定积分有
$\ln\dfrac{\tan z}z+C=\sum\limits_{n\geqslant 1}(-4)^n(2-4^n)\dfrac{B_{2n}}{2n}\dfrac{z^{2n}}{(2n)!},$
注意到 $z = 0$ 时 $ln⁡tan⁡zz=0\ln\dfrac{\tan z}z=0$ ，所以 $C = 0$ 。因此我们得到了
$\ln\dfrac{\tan z}z=\sum\limits_{n\geqslant1}(-4)^n(2-4^n)\dfrac{B_{2n}}{2n}\cdot\dfrac{z^{2n}}{(2n)!}.$
关于伯努利数，它最初是由伯努利在自然数的幂之和的式子中发现的，即
$S_m(n)=\sum\limits_{k=0}^{n-1}k^m=\dfrac{1}{m+1}\sum\limits_{k=0}^m\binom{m+1}{k}B_kn^{m+1-k},m\in\N.\tag{2}$
也就是说， $S_m(n)$ 总是关于 $n$ 的 $m + 1$ 次多项式，而这个多项式系数与伯努利数有关。这个结论可以利用数学归纳法证明。

**证 **首先， $S0(n)=n,10+1(10)B0n0+1−0=nS_0(n)=n,\dfrac{1}{0+1}\dbinom{1}{0}B_0n^{0+1-0}=n$ ，这时 $2$ 式成立。

现假设对所有 $0⩽j<m0\leqslant j<m$ ，都有
$S_j(n)=\dfrac{1}{j+1}\sum\limits_{k=0}^j\binom{j+1}{k}B_kn^{j+1-k},$
考虑求出 $S_m(n)$ 。为此，我们使用扰动法：
$\begin{aligned} S_{m+1}(n)+n^{m+1} &=\sum\limits_{k=0}^nk^{m+1}\\ &=\sum\limits_{k=0}^{n-1}(k+1)^{m+1}\\ &=\sum\limits_{k=0}^{n-1}\sum\limits_{j=0}^{m+1}\binom{m+1}{j}k^j\\ &=\sum\limits_{j=0}^{m+1}\binom{m+1}{j}\sum\limits_{k=0}^{n-1}k^j\\ &=\sum\limits_{j=0}^{m+1}\binom{m+1}{j}S_j(n). \end{aligned}$
两边消去 $S_{m+1}(n)$ 得
$n^{m+1}=\sum\limits_{j=0}^m\binom{m+1}{j}S_j(n),$
于是
$\begin{aligned} (m+1)S_m(n) &=n^{m+1}-\sum\limits_{j=0}^{m-1}\binom{m+1}{j}\dfrac{1}{j+1}\sum\limits_{k=0}^j\binom{j+1}{k}B_kn^{j+1-k}\\ &=n^{m+1}-\sum\limits_{j=0}^{m-1}\binom{m+1}{j}\dfrac{1}{j+1}\sum\limits_{k=0}^j\binom{j+1}{k+1}B_{j-k}n^{k+1}\\ &=n^{m+1}-\sum\limits_{k=0}^{m-1}n^{k+1}\sum\limits_{j=k}^{m-1}\dfrac{1}{j+1}\binom{m+1}{j}\binom{j+1}{k+1}B_{j-k}\\ &=n^{m+1}-\sum\limits_{k=0}^{m-1}n^{k+1}\sum\limits_{j=0}^{m-1-k}\dfrac{1}{j+k+1}\binom{m+1}{j+k}\binom{j+k+1}{k+1}B_j\\ &=n^{m+1}-\sum\limits_{k=0}^{m-1}n^{k+1}\sum\limits_{j=0}^{m-1-l}\dfrac{1}{k+1}\binom{m+1}{j+k}\binom{j+k}{k}B_j\\ &=n^{m+1}-\sum\limits_{k=0}^{m-1}\dfrac{n^{k+1}}{k+1}\sum\limits_{j=0}^{m-1-k}\binom{m+1}{k}\binom{m+1-k}{j}B_j\\ &=n^{m+1}-\sum\limits_{k=0}^{m-1}\dfrac{n^{k+1}}{k+1}\binom{m+1}{k}\sum\limits_{j=0}^{m-1-k}\binom{m+1-k}jB_j \end{aligned}$
因为这里的 $k < m$ ，那么
$\sum\limits_{j=0}^{m-k}\binom{m+1-k}jB_j=[m=k]=0,$
所以
$\sum\limits_{j=0}^{m-1-k}\binom{m+1-k}jB_j=-(m+1-k)B_{m-k},$
那么
$\begin{aligned} (m+1)S_m(n) &=n^{m+1}+\sum\limits_{k=0}^{m-1}\dfrac{n^{k+1}}{k+1}\binom{m+1}{k}(m+1-k)B_{m-k}\\ &=\sum\limits_{k=0}^m\dfrac{n^{k+1}}{k+1}\binom{m+1}{k}(m+1-k)B_{m-k}\\ \Rightarrow S_m(n)&=\dfrac{1}{m+1}\sum\limits_{k=0}^m\binom{m+1}{k}B_kn^{m-k+1}. \end{aligned}$
由第二数学归纳法， $2$ 式对任意自然数 $m$ 成立。 $□\Box$

伯努利数还有其他应用，其中尤为重要的一个是它可以帮我们求出偶数阶调和数。首先有
$z\cot z=1-2\sum\limits_{k\geqslant 1}\dfrac{z^2}{k^2\pi^2-z^2}.\tag3$
这个式子的证明放到后面。现在将 $z2k2π2−z2=z2k2π21−z2k2π2=−1+11−z2k2π2\dfrac{z^2}{k^2\pi^2-z^2}=\dfrac{\frac{z^2}{k^2\pi^2}}{1-\frac{z^2}{k^2\pi^2}}=-1+\dfrac{1}{1-\frac{z^2}{k^2\pi^2}}$ 展开为形式幂级数，有
$\dfrac{z^2}{k^2\pi^2-z^2}=\sum\limits_{n\geqslant1}\left(\dfrac{z^2}{k^2\pi^2}\right)^n,$
于是
$z\cot z=1-2\sum\limits_{k\geqslant 1}\sum\limits_{n\geqslant 1}\dfrac{z^{2n}}{\pi^{2n}}\cdot\dfrac{1}{k^{2n}}=1-2\sum\limits_{n\geqslant 1}\dfrac{z^{2n}}{\pi^{2n}}\sum\limits_{k\geqslant 1}\dfrac{1}{k^{2n}}=1-2\sum\limits_{n\geqslant 1}\dfrac{z^{2n}}{\pi^{2n}}H_\infty^{(2n)}.$
又因为
$z\cot z=\sum\limits_{n\geqslant 0}(-4)^nB_{2n}\dfrac{z^{2n}}{(2n)!},$
取含有 $z^{2n}$ 的项的系数，就得到
$H_\infty^{(2n)}=\dfrac{(-1)^{n-1}2^{2n-1}B_{2n}\pi^{2n}}{(2n)!}.$
例如我们熟知的
$H_\infty^{(2)}=\sum\limits_{n\geqslant 1}\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6},\\ H_\infty^{(4)}=\sum\limits_{n\geqslant 1}\dfrac{1}{n^4}=\dfrac{\pi^4}{90}$
等等。（Rmk：这里的 $H∞(2n)H_\infty^{(2n)}$ 也可以记作黎曼 $ζ\zeta$ 函数的形式： $ζ(2n)\zeta(2n)$ ）

这里补上 $3$ 式的证明。这个式子的证明来源于《具体数学》的习题6.73，首先证明
$z\cot z=\dfrac{z}{2^{n-1}}\cot\dfrac{z}{2^{n-1}}+\sum\limits_{k=1}^{2^{n-1}-1}\dfrac{z}{2^n}\left(\cot\dfrac{z+k\pi}{2^n}+\cot\dfrac{z-k\pi}{2^n}\right).\tag4$
我们有
$\begin{aligned} &\dfrac{z}{2^{n-1}}\cot\dfrac{z}{2^{n-1}}+\sum\limits_{k=1}^{2^{n-1}-1}\dfrac{z}{2^n}\left(\cot\dfrac{z+k\pi}{2^n}+\cot\dfrac{z-k\pi}{2^n}\right)\\ &=\dfrac{z}{2^{n-1}}\cot\dfrac{z}{2^{n-1}}+\dfrac{z}{2^n}\left(\sum\limits_{k=1}^{2^{n-1}-1}\cot\dfrac{z+k\pi}{2^n}+\sum\limits_{k=1}^{2^{n-1}-1}\cot\dfrac{z-(2^{n-1}-k)\pi}{2^n}\right)\\ &=\dfrac{z}{2^{n-1}}\cot\dfrac{z}{2^{n-1}}+\dfrac{z}{2^n}\left(\sum\limits_{k=1}^{2^{n-1}-1}\cot\dfrac{z+k\pi}{2^n}-\sum\limits_{k=1}^{2^{n-1}-1}\tan\dfrac{z+k\pi}{2^n}\right)\\ &=\dfrac{z}{2^{n-1}}\cot\dfrac{z}{2^{n-1}}+\dfrac{z}{2^{n-1}}\sum\limits_{k=1}^{2^{n-1}-1}\cot\dfrac{z+k\pi}{2^{n-1}}\\ &=\dfrac{z}{2^{n-1}}\sum\limits_{k=1}^{2^{n-1}-1}\cot\dfrac{z+k\pi}{2^{n-1}} \end{aligned}$
再利用数学归纳法（略）即可证明上式等于 $zcot⁡zz\cot z$ 。

下面对 $4$ 式中的第 $k$ 个求和项取 $n→∞n\to\infty$ 时的极限，有
$\begin{aligned} &\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{z}{2^n}\left(\cot\dfrac{z+k\pi}{2^n}+\cot\dfrac{z-k\pi}{2^n}\right)\\ &=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{z}{2^n}\dfrac{\sin\frac{z}{2^{n-1}}}{\sin\frac{z+k\pi}{2^n}\sin\frac{z-k\pi}{2^n}}\\ &=\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{z}{2^n}\dfrac{\frac{z}{2^{n-1}}}{\frac{z+k\pi}{2^n}\frac{z-k\pi}{2^n}}\\ &=\dfrac{2z^2}{z^2-k^2\pi^2} \end{aligned}$
又因为 $lim⁡n→∞z2n−1cot⁡z2n−1=1\lim\limits_{n\to\infty}\dfrac{z}{2^{n-1}}\cot\dfrac{z}{2^{n-1}}=1$ ，所以
$z\cot z=1-2\sum\limits_{k\geqslant 1}\dfrac{z^2}{k^2\pi^2-z^2}.\Box$

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