浅谈伯努利数与黎曼ζ函数

浅谈伯努利数与$\mathcal{Riemann}\zeta$函数

伯努利数#

先给出伯努利数的生成函数定义

$$\frac{x}{e^x-1}=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{B_k}{k!}{x}^k$$

可以用麦克劳林公式计算前几项伯努利数

$$\begin{array}{rl}& B_0=1\\ & B_1=-1/2\\ & B_2=1/6\\ & B_3=0\\ & B_4=-1/30\\ & B_5=0\\ & \cdots \end{array}$$

可以发现几个显然的规律，接下来依次将证明

一.

$$\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{k})B_k=0$$

$Proof$:

根据伯努利数的定义，可以得到

$$\begin{array}{rl}x& =(e^x-1)\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{B_k}{k!}{x}^k\\ & =\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n!}\cdot \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{B_k}{k!}{x}^k\\ & =\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{i+1}}{(i+1)!}\cdot \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{B_k}{k!}{x}^k\end{array}$$

根据两级数的柯西乘积

$$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n\cdot \sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{b}_n=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^n{a}_n{b}_{n-k}$$

可以得到

$$\begin{array}{rl}x& =\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{i+1}}{(i+1)!}\cdot \sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{B_k}{k!}{x}^k\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^n\frac{x^{n+1-k}}{(n+1-k)!}\cdot \frac{B_k}{k!}{x}^k\\ & =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^n\frac{(n+1)!}{(n+1-k)!k!}{B}_k\cdot \frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\\ & =\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{k})B_k\frac{x^{n+1}}{(n+1)!}\end{array}$$

对照等式两边的系数即可得到

$$B_0=1,\sum _{k=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{k})B_k=0$$

二.

$$B_{2k+1}=0(k⩾1)$$

$Proof$:

构造函数

$$\begin{array}{rl}g(x)& =\frac{x}{e^x-1}-B_{1}x\\ & =\frac{x}{e^x-1}+\frac{1}{2}x\\ & =\frac{2x+x(e^x-1)}{2(e^x-1)}\\ & =\frac{x(e^x+1)}{2(e^x-1)}\\ & =\frac{x(e^x+1)}{2(e^x-1)}\cdot \frac{e^{-x/2}}{e^{-x/2}}\\ & =\frac{x(e^{x/2}+e^{-x/2})}{2(e^{x/2}-e^{-x/2})}\end{array}$$

显然$g(x)$使偶函数，所以麦克劳林展开式中的奇次项系数都为零，也就是

$$B_{2k+1}=0(k⩾1)$$

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$\mathcal{Riemann}\zeta$ 函数#

在引入 $Riemann\zeta$ 函数前，我们需要用刚才伯努利数的结论推一些式子.

回到刚才的$g(x)$.

$$\begin{array}{rl}g(x)& =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{B_{2n}}{(2n)!}{x}^{2n}\\ & =\frac{x}{2}\coth \frac{x}{2}\end{array}$$

这也就推出了

$$\coth x=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{4^n{B}_{2n}}{(2n)!}{x}^{2n-1}$$

令$x=ix$.

$$\cot x=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^n{4}^n{B}_{2n}}{(2n)!}{x}^{2n-1}$$

根据恒等式

$$2\coth 2x-\coth x=\tanh x$$

可以得到

$$\tanh x=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{4^n(4^n-1)B_{2n}}{(2n)!}{x}^{2n-1}$$

同样的，令$x=ix$，可得

$$\tan x=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n-1}{4}^n(4^n-1)B_{2n}}{(2n)!}{x}^{2n-1}$$

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终于可以给出$Riemann\zeta$函数的定义

$$\zeta (z)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n^z}=\frac{1}{1^z}+\frac{1}{2^z}+\frac{1}{3^z}+\cdots (z\in \mathbb{C})$$

只有将偶数代入这个函数才有精确值，下面对$\zeta (2n)$的公式进行推导.

根据这篇文章，我们知道

$$\frac{\sin \pi x}{\pi x}=\prod _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(1-\frac{x^2}{n^2})$$

两边取对数

$$\ln \frac{\sin \pi x}{\pi x}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\ln (1-\frac{x^2}{n^2})$$

两边求导（过程省略）

$$\begin{array}{rl}& \pi \cot \pi x-\frac{1}{x}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{x-n}+\frac{1}{x+n})\\ & \cot x=\frac{1}{x}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{x-n\pi }+\frac{1}{x+n\pi })\end{array}$$

将分式展开

$$\begin{array}{rl}\cot x& =\frac{1}{x}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\pi n}(\frac{1}{1+\frac{x}{\pi n}}-\frac{1}{1-\frac{x}{\pi n}})\\ & =\frac{1}{x}+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\pi n}[\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n{\left(\frac{x}{\pi n}\right)}^k-\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{\left(\frac{x}{\pi n}\right)}^k]\\ & =\frac{1}{x}-2\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\pi n}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{\left(\frac{x}{\pi n}\right)}^{2k-1}\\ & =\frac{1}{x}-2\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2k-1}}{(\pi n{)}^{2k}}\\ & =\frac{1}{x}-2\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2k-1}}{{\pi }^{2k}}\cdot \frac{1}{n^{2k}}\\ & =\frac{1}{x}-2\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2k-1}}{{\pi }^{2k}}\cdot \zeta (2k)\end{array}$$

我们又知道

$$\begin{array}{rl}\cot x& =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k{4}^k{B}_{2k}}{(2k)!}{x}^{2k-1}\\ & =\frac{1}{x}+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k{4}^k{B}_{2k}}{(2k)!}{x}^{2k-1}\end{array}$$

也就是说

$$\frac{1}{x}+\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^k{4}^k{B}_{2k}}{(2k)!}{x}^{2k-1}=\frac{1}{x}-2\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{2k-1}}{{\pi }^{2k}}\cdot \zeta (2k)$$

对比等式两边$x^{2k-1}$的系数即得

$$\begin{array}{rl}\zeta (2k)& =\frac{(-1{)}^k{4}^k{B}_{2k}{\pi }^{2k}}{2(2k)!}\\ & =\frac{2^{2k-1}|B_{2k}|{\pi }^{2k}}{(2k)!}\end{array}$$

我们也就推出了$\zeta (2k)$的通项

$$\boxed{{\displaystyle \zeta (2k)=\frac{2^{2k-1}|B_{2k}|{\pi }^{2k}}{(2k)!}}}$$

代入$k$的前几个值

$$\begin{array}{rl}& \zeta (2)=\frac{{\pi }^2}{6}\zeta (4)=\frac{{\pi }^4}{90}\\ & \zeta (6)=\frac{{\pi }^6}{945}\zeta (8)=\frac{{\pi }^8}{9450}\\ & \zeta (10)=\frac{{\pi }^{10}}{93555}\zeta (12)=\frac{691{\pi }^{12}}{638512875}\end{array}$$