关于伯努利数
引言。给定\(n\)，\(k\)，我们要计算
\[S(n，k)=\sum_{i=0}^{n-1} i^k.
\]进一步，我们已经知道\(S(n，k)\)是一个关于\(n\)的(k ^ 1 \)次多项式，现在我们要求它的系数。
\ (I k \)的推导.'s求和是困难的，但另一方面，我们记得对几何级数求和是非常容易的。请注意，形式幂级数(e {iz} \)中\ (z k \)的系数正好是\ (\ frac {i k} {k！} \)，这激发了我们进行转型：
\[S(n，k)=\sum_{i=0}^{n-1} [z^k/k！] e^{iz}=[z^k/k！] \frac{e^{nz}-1}{e^z-1}.
\]其中\ ([z k/k！] P(z)\)是作用于形式幂级数的算子。定义为：假设\(P(z)=\sum_{j} \frac{c_j}{j！} z j \)，然后\ ([z k/k！] P(z)=c_k\)。此时，我们把\ (\ frac {1-e {NZ}} {1-e z} \)看作是关于\(z\)的形式幂级数，通过多项式求逆可以得到它的th \(k\)。
此外，让我们仔细研究一下公式。它的分子是
\[e^{nz}-1=\sum_{i=1}^{\infty} \frac{n^i}{i！}\cdot z^i，
\]分母是
\[e^z-1=\sum_{i=1}^{\infty} \frac{z^i}{i！}.
\]注意分母的常数项是0，没有逆元素。为了求逆，我们给分子加了一个\(z\)并考虑\ (\ frac {z} {e z-1} \)。让我们假设它的倒数如下：
\[\frac{z}{e^z-1}=\sum_{i=0}^{\infty}！}\cdot z^i.
那我们有了
\[[z^k/k！]\frac{e^{nz}-1}{e^z-1}=[z^k/k！]\left(\frac{e^{nz}-1}{z}\cdot \frac{z}{e^z-1} \右)=k！\ cdot \ sum _ { I j=k } \frac{n^{i 1 } \ cdot b _ j } {(I 1)！j！}.
\]我们发现方程的右边是一个关于\(n\)的(k ^ 1 \)次多项式，这正是我们想要的。
在上述推导中起重要作用的数列是伯努利数。
定义(伯努利数)。我们通过生成函数定义(有符号的)伯努利数如下。伯努利数\((b _ I)_ { I=0 } \ { infty } \)被定义为一个序列，它满足下面的等式：
\[\frac{z}{e^z-1}=\sum_{i=0}^\infty！}\cdot z^i.
\]不难发现，这样的系列是存在的，也是独一无二的。
注：人们还把无符号伯努利数\ (b _ I \)定义为母函数的系数\ (\ frac {z} {1-e {-z} \)，我们发现\ (b _ I=| b _ I |\)。
同时，根据上述推导，我们发现伯努利数可以用来给出\(k\)次多项式的系数\ (s (n，k)=\ sum _ {I=0} {n-1} I k \)关于\(n\):
定理。我们有以下公式：
\[S(n，k):=\sum_{i=0}^{n-1} i^k=\ frac { 1 } { k 1 } \ cdot \sum_{j=0}^{k}\binom{k 1 } { j } \ cdot b _ j \ cdot n^{k 1-j }。
\]
伯努利数也可以通过以下方式递归定义：
\[b _ m=[m=0]-\sum_{k=0}^{m-1}\binom{m}{k}\frac{b_k}{m-k 1 }。
\]证明也很简单。考虑等式\ (\左(\ sum _ { I=0 } \ { infity } \ limits \ frac { b _ I } { I！} z I \ right)\ left(\ frac { e z-1 } { z } \ right)=1 \)，运算符\ ([z m/m！] \)(即考虑\(m\)子项的系数)。
内容来源网络，如有侵权，联系删除，本文地址：https://www.230890.com/zhan/154001.html