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观察前几个$\;S_r(n)$:}OO<do
$\qquad\qquad\small{\begin{matrix}S_1(n) & =\dfrac{n(n-1)}{2} & =\dfrac{n^2}{2} - \dfrac{n}{2}\\5nJ
S_2(n) & =\dfrac{n(n-1)(2n-1)}{6} & =\dfrac{n^3}{3} -\dfrac{n^2}{2} +\dfrac{n}{6}\\e<rJ%:
S_3(n) & = \dfrac{n^2(n-1)^2}{4} & = \dfrac{n^4}{4} - \dfrac{n^3}{2} +\dfrac{n^2}{4}\\7"5?T
S_4(n) & = S_2(n) \dfrac{3n^2 -3n -1}{5} & =\dfrac{n^5}{5} -\dfrac{n^4}{2} +\dfrac{n^3}{3} -\dfrac{n}{30} \end{matrix}}$J}I.M
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$S_k$似具下列有趣性质:_d
$\qquad\qquad\bullet\quad\underset{\,}{\,} S_k(n)$ 的最高项为 $\dfrac{n^{k+1}}{k+1}$, 其次是 $-\dfrac{n^k}{2}$b%q
$\qquad\qquad\bullet\quad\underset{\,}{\,} S_k(0) = S_k(1) = 0$y
$\qquad\qquad\bullet\quad\underset{\,}{\,} S_k(-n) = (-1)^{k+1}S_k(n+1)$WS!m
$\qquad\qquad\bullet\quad\underset{\,}{\,} n(n-1) \mid S_k(n),\quad (2\mid k)\implies (2n-1)\mid S_k(n)$\C(
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Bernoulli数与等幂和的算子解^"U
注意 Taylor 级数 $\quad f(x+h) = f(x) + h f'(x) + \dfrac{h^2}{2} f''(x) + \cdots$J)
可以写成 $f(x+h) = e^{hD} f(x).$ 其中 $D = \small{\dfrac{d}{dx}}$ 是微分算子. 于是 $S_k\underset{\,}{\,}$_
满足方程 $(e^{D} -1)S_k(x) = x^k\underset{\,}{\,}$ 从而形式地(对多项式而言,绝对地)有X
$(\star)\quad\small{S_k(x) = \dfrac{1}{e^D -1} x^k = \dfrac{D}{e^D -1} D^{-1} x^k = \dfrac{D}{e^D -1}\left(\dfrac{x^{k+1}}{k+1} + c\right)}$^sX>
积分常数$\,c\,$可由$\,S_k(0) = 0$ 确定. 问题化为对算子$\,\small{\dfrac{D}{e^D -1}}$ 的展开.S]8>~C
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因为函数 $\varphi(z) = \dfrac{z}{e^z -1}$.有简单极点 $z = 2\pi m i\;(m\in\mathbb{Z} -\{0\})$,:z
故 $\varphi$ 在 $|z| < 2\pi$ 内可展为幂级数 $\displaystyle{\frac{z}{e^z -1} = \sum_{m = 0}^{\infty} B_m \frac{z^m}{m!}}$?e<A
其中 $B_m = \varphi^{(m)}(0)$ 叫作(第 m 个)Bernoulli(贝努利)数. U
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2015/04/14 08:15am 
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