一些發散級數的求和法
余文卿
摘要
:
在這演講中,
我們將從有限級數S
m(N ) = P
N −1k=1k
m之求和公式及方法中介紹 伯努利數B
n(n = 0, 1, 2, . . .)
與發散級數求和的方法;
特別是針對大家所熟知的里曼zeta
函 數ζ(x) = P
∞n=1n
−s,
這函數在偶數正整數與負整數的取值可完全用伯努利數表現出來:
ζ(2m) = (−1)
m−1(2π)
2mB
2m2(2m)! , ζ(1 − 2m) = − B
2m2m
。另一方面
,
由費馬小定理a
p−1≡ 1(mod p)
引出數論上非常重要的庫默同餘式: B
mm ≡ B
m+p−1m + p − 1 (mod p)
。這同餘式用於證明不規則質數有無窮多個
,
也粉碎了庫默證明費馬最後定理的美夢。最後我們利用一些發散級數的求和導出一些有關伯努利數的恆等式。
1、 連續整數的冪次和
設 m, N 是正整數, 考慮從 1到 N − 1 連續 N − 1 個正整數的 m 次方的和
Sm(N) =
N −1
X
k=1
km。
對 m = 1, 2, 3, 很多人都知道, Sm(N) 可寫 成 N 的 m + 1 次多項式, 首項係數為 m+11 , 而常數項為零:
S1(N) = N(N − 1) 2 ,
S2(N) = N(N − 1)(2N − 1)
6 ,
S3(N) = N2(N − 1)2
4 。
現對任意的 m, Sm(N) 是否有明顯的 表現式呢? 答案當然是有, 且很早就被發現, 現描述其導出過程。 設 e 是自然對數的基底, 其定義為
e= lim
n→∞
1 + 1 n n=
∞
X
n=0
1 n!。 指數函數 et 的冪級數展開為
et = 1 + t +t2
2! + · · · + tn
n! + · · · 。 因而對任意數 k,
ekt= 1 + kt + k2
2!t2 + · · · + kn
n!tn+ · · · 。
43
令 k = 0, 1, 2, . . . , N − 1 而相加得
N −1
X
k=1
ekt= N + S1(N)t + S2(N) 2! t2 + · · · + Sn(N)
n! tn+ · · · 。 但上面等式的左邊是一等比級數,
N −1
X
k=1
ekt = eN t− 1
et− 1 = eN t
et− 1 − 1 et− 1。 因而所得到的初步結果是
Sm(N) = m! ×
n
函數 eN tet− 1− 1 et− 1 在t = 0 展開式中 tm 的係數
o
。 現剩下的問題是如何展開函數 eN tet−1 與 1
et−1, 這也是當年雅各伯努利所走過的路。
2、 伯努利數
西元 1735年, 尤拉發現了正整數的倒數
平方和 ∞
X
n=1
1 n2 = π2
6。
所用的方法是正弦函數之根與係數的關係。
函數 sin x
x 的零位在 x = ±nπ (n 6= 0), 而可表示為無窮乘積式
sin x x =
∞
Y
n=1
h
1 − x2 n2π2i
。 而另一方面, 這函數的冪級數展開式為sin x
x = 1−x2 3!+x4
5!+· · ·+(−1)nx2n (2n + 1)!+· · · 。 比較的係數得出
−
∞
X
n=1
1
n2π2 = −1 3!,
故 ∞
X
n=1
1 n2 = π2
6 。
他持續計算到十二次方的倒數和且進一 步推斷
∞
X
n=1
1
n2m = (−1)m−1(2π)2mB2m 2(2m)! 。 這 B2m 是一有理數, 稱為伯努利數, 首度 被雅各伯努利(Jacques Bernoulli,1654 ∼ 1705) 引用於表示 Sm(N), 其定義式為
t et− 1 =
∞
X
n=0
Bntn
n! , |t| < 2π。
比較恆等式 t =
∞
X
n=0
Bntn n!
∞
X
m=1
tm m!,
得出 Bn(n = 0, 1, 2, . . .) 所滿足的遞迴定 義式為
B0 = 1,
n1
Bn−1+n2
Bn−2+· · ·+
nn
B0, n≥2。
如
B1 = 1
2, B2 = 1
6, B3 = 0, B4 = − 1 30。 上面的遞迴定義可寫成 (B + 1)n = Bn, 用二項式定理展開 (B + 1)n, 消去 Bn 得
n 1
!
Bn−1+ n 2
!
Bn−2+· · ·+ n n
!
B0 = 0, 把上面式子中 B 的上標換成下標即是上面的 定義式。 這種換上標為下標的手法也用於無 窮級數上, 特別是用於
eBt=
∞
X
n=0
Bntn n!
上標換成下標後即是伯努利數的定義式。 使 用這種記號, 則
t
et− 1 = eBt
如此 t = e(B+1)t− eBt, 因而 (B + 1)n = Bn, n ≥ 2。
現回到 Sm(N) 的求和問題上。
eN t
et− 1 − 1
et− 1= 1 t
n
teN tet− 1 − t et− 1
o
= 1
t{eN teBt− eBt}
= 1
t{e(B+N )t− eBt} 故這函數在 t = 0 展開式中 tm 的係數為
1
(m + 1)!{(B + n)m+1− Bm+1} 即
Sm(N) = 1 m+1
m
X
k=0
m+1 k
!
BkNm+1−k。 注意到 Bm 出現在 Sm(N) 中的最後一項, 可明顯看出
Bm = lim
N →0
Sm(N) N 。
3、 里曼 zeta 函數
對 s > 1, 里曼 zeta 函數的定義為 ζ(s) =
∞
X
n=1
n−s。
尤拉所得到的式子其實剛好就是 ζ(s) 在正 偶數的取值。 這函數可經由解析延拓而定義 在複數平面上。 現我們問另一問題: 這函數
在負整數的取值為何? 現我們運用前面的類 似手法, 由
e−kt= 1−kt+k2t2
2! +· · ·+(−1)nkn
n! tn+· · · , 令 k = 1, 2, . . . , N − 1, 並相加得
N −1
X
k=1
e−kt= (N − 1) − S1(N)t+S2(N) 2! t2 + · · · + (−1)nSn(N)
n! tn+ · · · 。 但當 t > 0 時,
P
∞k=1e−kt 是一收斂的等比 級數, 其和是e−t
1 − e−t = 1 et− 1。 因而
ζ(−m) = (−1)mm! ×
n
1et− 1在t = 0 展開式中 tm 的係數
o
= (−1)mm! · Bm+1 (m + 1)!
= (−1)mBm+1 m+ 1。 注意到
F(t) = t
et− 1 + t 2
是一偶函數, 其冪級數展開中不會出現奇數 項, 這表示 B2k+1 = 0,k = 1, 2, 3, . . ., 因而
ζ(−2k) = B2k+1 2k + 1 = 0。
這些負偶數的零點稱為 ζ(s) 的顯然零點。 又 ζ(s) 滿足泛函方程式
π−s/2Γ
s 2 ζ(s)
= π−(1−s)/2Γ
1 − s 2 ζ(1 − s)。
特別是
ζ(1 − 2m) = −B2m 2m ⇔
ζ(2m) = (−1)m−1(2π)2mB2m 2(2m)! 。 有名的里曼假設 (尚未得證) 即斷言: ζ(s) 的 其他非顯然零點一定落在直線 Re s = 12上。
4、 費馬的定理
費馬 (Pierre Fermat,1601 ∼ 1665) 是數論上引起爭議最多的人物, 他在邊緣筆 記上寫下了費馬最後定理: 對任意正整數 n > 2, 不定方程式 xn+ yn = zn 沒有全 不為零的整數解。 西元 1993 年, 美國普林斯 頓大學數學系教授威爾斯提出一很長的證明, 企圖在他 40 歲之前一舉拿下數學界的最高獎 項-Fields Medal。 但事不從人願, 他的證明 中被發現有瑕疵; 直到兩年後, 他跟他的學生 理查泰勒才提出完整的證明。 但這時他已過 40 歲的生日喪失得獎的資格。
費馬在數論上的一有名定理, 被納入代 數教科書中, 通稱為費馬小定理。
費馬小定理: 設 p 是質數,a 是與 p 互 質的整數, 則
ap−1≡ 1(mod p)。
定理證明: a,2a, . . . , (p − 1)a 除 以 p 的餘數兩兩相異, 且均不為 0, 因而是 1, 2, . . . , p − 1 互換次序的另一排列, 故 a· 2a · · · (p −1)a ≡ 1 · 2 · · · (p −1) (mod p)
即
ap−1(p − 1)! ≡ (p − 1)!(mod p)。
(p − 1)! 與 p 互質, 可從等式中消去而得出 ap−1≡ 1(mod p)。
這定理被尤拉重新證明並加以推廣: 若 a 是與正整數 n 互質的整數, 則 aϕ(n) ≡ 1(mod n), 其中
ϕ(n) = n
Y
p|n
1 − 1 p即是有名的尤拉函數, 表示 1, 2, . . . , n 中與 n 互質的整數個數, 是一乘性函數:
(m, n) = 1 ⇒ ϕ(mn) = ϕ(m)ϕ(n) 這性質的證明借助於有名的中國餘數定理:
中國餘數定理: 設 m1, m2, . . . , mk 是 k 個兩兩互質的正整數, 對任意 k 個整數 a1, a2, . . . , ak, 底下的同餘式有解
x≡ a1(mod m1), x ≡ a2(mod m2), . . . , x≡ ak(mod mk)。
當 k = 2 時, 解同餘式
x≡ a1(mod m1), x ≡ a2(mod m2) 相當於求整數 u, v, 使得 x = a1+ m1u = a2+ m2v 即
m1u− m2v = a1− a2
因 m1, m2 互質, 這不定方程式有解。 對一般 的情形, 先分別解出
y≡ 1(mod m1) y≡ 0(mod m2· · · mk)
y≡ 1(mod m2)
y≡ 0(mod m1m3· · · mk) · · ·
y≡ 1(mod mk)
y≡ 0(mod m1m2· · · mk−1) 若所得解分別為 y1, y2, . . . , yk 則 x = a1y1+ a2y2+ · · · akyk 是所求的解。
庫默 (E. Kummer,1810 ∼ 1893) 幾 乎把一生完全耗在費馬的最後定理上, 他發 現代數整數中的因式分解理論, 而創出交換 環中的理想(ideal), 其目標完全也擺在這定 理的證明。 他其實證明了部份的定理。
“若 p 是規則質數, 則 xp+ yp = zp 沒有顯然的整數解”。
而到底如何判定一質數是規則或不規則呢?
他也創出獨步的判別方法:
p 是規則質數 ⇔ p 不能整除 B2, B4, . . . , Bp−3 之一的分子。
他的腹案是先證明規則質數成立, 若有 辦法證明不規則質數是有限個, 再個個擊破;
但很不幸地, 他無意中觀察到伯努利數之間 的同餘式:
Bm
m ≡ Bm+p−1
m+ p − 1(mod p)。
利用這同餘式可很快證出不規則質數無窮多 個。 這也使得他的希望破滅, 但這同餘式卻使 他在數論上佔著很大的地位。
5、 史達特定理與庫默同餘式
觀察到對任意質數 p, 正偶數 m 以及任 意整數 a
am+p−2 ≡ am−1(mod p) 若能把 a 從 1加到無窮大, 豈不得出
ζ(2 − m − p) ≡ ζ(1 − m) (mod p)。
但
ζ(2 − m − p) = − Bm+p−1 m+ p − 1, ζ(1 − m) = −Bm
m 。
故庫默所發現的同餘式是當 p−1 不是 m 的 因數時,
Bm
m ≡ Bm+p−1
p− 1 (mod p)。
注意到 Bm 充其量只是一有理數, 而可 表為分子、 分母互質的最簡分數, 史達特定 理告訴我們出現於 Bm 分母的質因數是滿足 p− 1 可整除 m 的質數, 且
Bm = −
X
(p−1)|m
1
p+ 整數, 這也表示 Bm 分母的質因數不會重覆。
庫默的同餘式則為
若 p 是奇質數,m 是正偶數且 p−
1 不是 m 的因數, 則 Bm+p−1
m+ p − 1 = Bm
m (mod p)。
現利用這同餘式證明不規則質數無窮 多。
定理: 不規則質數的個數無窮多。
證明 設 p1, p2, . . . , pN 是一組有限多 個不規則質數, 現我們要找出一異於這些質 數的不規則質數, 取
n= r(p1− 1)(p2− 1) · · · (pN − 1) 其中 r 是一待定的正整數, 因
k→∞lim
B2k 2k
= ∞,
存在一足夠大的正整數 r, 使得 |Bnn| > 1, 因而 Bn
n 的分子有一質因數 p, p − 1 一定 不是 n 的因數, 否則 p 出現在 Bn 的分母 而被約分掉, 故 p 異於 p1, p2, . . . , pN。 令 n= m + a(p − 1), 由
Bm m ≡ Bn
n (mod p),
知 p 也整除 Bm 的分子, 但 m ≤ p − 3, 故 p 不是規則質數。
現有人反問: 到底規則質數的個數是有 限或無窮多個? 這又是另一公開的問題。
6、 發散級數的修正取值
現我們補充說明得到里曼 zeta 函數 ζ(s) 在負整數取值的詳細過程, 對任意非負 整數 m, 級數
∞
X
n=1
nm
是一發散級數且發散到正無窮大。 現把這發 散級數的第 n 項乘上 e−nt(t > 0) 而成為
∞
X
n=1
nme−nt
對這修正過的級數, 一定收斂且其近似值為
Z
∞0
xme−xtdx= m!
tm+1。 而極限值
limt→0
n X
∞n=1
nme−nt− m!
tm+1
o
一定存在, 這值即定為 ζ(−m)。
另一方面, 由
∞
X
n=1
e−nt = 1
et− 1 = 1 t +
∞
X
n=1
Bntn−1 n!
式子兩邊同時對 t 微分 m 次得
∞
X
n=1
nme−m = m!
tm+1 + (−1)m
∞
X
n=1
Bn n
· tn−m+1 (n − m − 1)!
故
ζ(−m)=(−1)mBm+1 m+ 1
=
n
函數∞
X
n=1
nme−nt在t = 0之漸近 展開式的常數項
o
=
n
函數∞
X
n=1
e−nt在t = 0之漸近展 開式的tm常數項
o
×{(−1)mm!}上面的處理手法也適用於一般的 zeta 函數, 特別是由多項式所定出的 zeta 函數, 如
∞
X
n1=1
· · ·
∞
X
nr=1
(n1+ n2+ · · · + nr)−s 在負整數的取值為
(−1)nm!×
n
∞
X
n1=1
· · ·
∞
X
nr=1
e−(n1+n2+···+nr)t
=
1 et−1 r
在t = 0之漸近展開式中 tm 的係數
o
。7、 伯努利恆等式
凡有關伯努利數之間的關係式通稱為伯 努利恆等式。 這裡介紹一導出等式的新方法。
考慮級數 Z(s) =
∞
X
n1=1
∞
X
n2=1
(n1+ n2)−s。
組合 n1+ n2 為另一新變數 n 時, 這級數為 Z(s)=
∞
X
n=2
(n − 1)n−s=
∞
X
n=1
nn−s−
∞
X
n=1
n−s
=ζ(s − 1) − ζ(s)。
因而這級數在負整數 s = 2 − 2n(n > 1) 的 取值為
Z(2−2n) = ζ(1−2n)−ζ(2−2n) = −B2n 2n 。 另一方面, 我們可以透過前面討論過的 方法求 Z(2 − 2n), 由
∞
X
n1=1
∞
X
n2=1
e−(n1+n2)t = 1 (et− 1)2, 知
Z(2 − 2n) = (−1)2n−2(2n − 2)! ×
n
1(et− 1)2展開式中 t2n−2 的係數
o
。 又由 t et− 1 t et− 1 = eBteBt= e(B+B)t,知這係數為
(B + B)2n (2n)! 。 亦即
1 (2n)!
n
X
k=0
2n 2k
!
B2kB2n−2k。 因而得出恆等式
1 2n(2n − 1)
n
X
k=0
2n 2k
!
B2kB2n−2k
= − 1 2nB2n。 而可化簡為
n−1
X
k=1
2n 2k
!
B2kB2n−2k = −(2n + 1)B2n。 這又是尤拉的另一傑作。
