一些发散级数的求和法

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Sm(N)=PN−1k=1km之求和公式及方法中介紹伯努利數Bn(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)2mB2m2(2m)!,ζ(1−2m)=−B2m2m。另一方面,由費馬小定理ap−1≡1(modp)引出數論上非常重要的庫默同餘式:Bmm≡Bm+p−1m+p−1(modp)。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−1Xk=1km。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1m+1,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)24。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=limn→∞1+1nn=∞Xn=01n!。指數函數et的冪級數展開為et=1+t+t22!+···+tnn!+···。因而對任意數k,ekt=1+kt+k22!t2+···+knn!tn+···。4344數學傳播22卷4期民87年12月令k=0,1,2,...,N−1而相加得N−1Xk=1ekt=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−1Xk=1ekt=eNt−1et−1=eNtet−1−1et−1。因而所得到的初步結果是Sm(N)=m!×n函數eNtet−1−1et−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eNtet−1與1et−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∞Xn=11n2=π26。所用的方法是正弦函數之根與係數的關係。函數sinxx的零位在x=±nπ(n6=0),而可表示為無窮乘積式sinxx=∞Yn=1h1−x2n2π2i。而另一方面,這函數的冪級數展開式為sinxx=1−x23!+x45!+···+(−1)nx2n(2n+1)!+···。比較的係數得出−∞Xn=11n2π2=−13!,故∞Xn=11n2=π26。他持續計算到十二次方的倒數和且進一步推斷∞Xn=11n2m=(−1)m−1(2π)2mB2m2(2m)!。這B2m是一有理數,稱為伯努利數,首度被雅各伯努利(JacquesBernoulli,1654∼1705)引用於表示Sm(N),其定義式為tet−1=∞Xn=0Bntnn!,|t|2π。比較恆等式t=∞Xn=0Bntnn!∞Xm=1tmm!,得出Bn(n=0,1,2,...)所滿足的遞迴定義式為B0=1,n1Bn−1+n2Bn−2+···+nnB0,n≥2。如B1=12,B2=16,B3=0,B4=−130。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n1!Bn−1+n2!Bn−2+···+nn!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=∞Xn=0Bntnn!一些發散級數的求和法45上標換成下標後即是伯努利數的定義式。使用這種記號,則tet−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。eNtet−1−1et−1=1tnteNtet−1−tet−1o=1t{eNteBt−eBt}=1t{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)=1m+1mXk=0m+1k!BkNm+1−k。注意到Bm出現在Sm(N)中的最後一項,可明顯看出Bm=limN→0Sm(N)N。3、里曼zeta函數對s1,里曼zeta函數的定義為ζ(s)=∞Xn=1n−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+k2t22!+···+(−1)nknn!tn+···,令k=1,2,...,N−1,並相加得N−1Xk=1e−kt=(N−1)−S1(N)t+S2(N)2!t2+···+(−1)nSn(N)n!tn+···。但當t0時,P∞k=1e−kt是一收斂的等比級數,其和是e−t1−e−t=1et−1。因而ζ(−m)=(−1)mm!×n1et−1在t=0展開式中tm的係數o=(−1)mm!·Bm+1(m+1)!=(−1)mBm+1m+1。注意到F(t)=tet−1+t2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+12k+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/2Γs2ζ(s)=π−(1−s)/2Γ1−s2ζ(1−s)。46數學傳播22卷4期民87年12月特別是ζ(1−2m)=−B2m2m⇔ζ(2m)=(−1)m−1(2π)2mB2m2(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Res=12上。4、費馬的定理費馬(PierreFermat,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n2,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-FieldsMedal。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(modp)。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)(modp)即ap−1(p−1)!≡(p−1)!(modp)。(p−1)!與p互質,可從等式中消去而得出ap−1≡1(modp)。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(modn),其中ϕ(n)=nYp|n1−1p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(modm1),x≡a2(modm2),...,x≡ak(modmk)。當k=2時,解同餘式x≡a1(modm1),x≡a2(modm2)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(modm1)y≡0(modm2···mk)一些發散級數的求和法47y≡1(modm2)y≡0(modm1m3···mk)···y≡1(modmk)y≡0(modm1m2···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:Bmm≡Bm+p−1m+p−1(modp)。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aam+p−2≡am−1(modp)若能把a從1加到無窮大,豈不得出ζ(2−m−p)≡ζ(1−m)(modp)。但ζ(2−m−p)=−Bm+p−1m+p−1,ζ(1−m)=−Bmm。故庫默所發現的同餘式是當p−1不是m的因數時,Bmm≡Bm+p−1p−1(modp)。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)|m1p+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−1m+p−1=Bmm(modp)。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。48數學傳播22卷4期民87年12月證明設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limk→∞B2k2k=∞,存在一足夠大的正整數r,使得|Bnn|1,因而Bnn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Bmm≡Bnn(modp),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∞Xn=1nm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(t0)而成為∞Xn=1nme−nt對這修正過的級數,一定收斂且其近似值為Z∞0xme−xtdx=m!tm+1。而極限值limt→0n∞Xn=1nme−nt−m!tm+1o一定存在,這值即定為ζ(−m)。另一方面,由∞Xn=1e−nt=1et−1=1t+∞Xn=1Bntn−1n!式子兩邊同時對t微分m次得∞Xn=1nme−m=m!tm+1+(−1)m∞Xn=1Bnn·tn−m+1(n−m−1)!故ζ(−m)=(−1)mBm+1m+1=n函數∞Xn=1nme−nt在t=0之漸近展開式的常數項o=n函數∞Xn=1e−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∞Xn1=1···∞Xnr=1(n1+n2+···+nr)−s在負整數的取值為(−1)nm!×n∞Xn1=1···∞Xnr=1e−(n1+n2+···+nr)t=1et−1r在t=0之漸近展開式中tm的係數o。一些發散級數的求和法497、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)=∞Xn1=1∞Xn2=1(n1+n2)−s。組合n1+n2為另一新變數n時,這級數為Z(s)=∞Xn=2(n−1)n−s=∞Xn=1nn−s−∞Xn=1n−s=ζ(s−1)−ζ(s)。因而這級數在負整數s=2−2n(n1)的取值