4. Исчисление формальных степенных рядов (напоминания) §

§4. Исчисление формальных степенных рядов (напоминания)
4.1. Алгебраические операции над рядами. Пусть K
| произвольное коммутативное коль-
f1 ; f2 ; : : : ; fn ∈ K [[x]] новый ряд g ∈ K [[x]],
g вычисляется конечным числом
арифметических действий над конечным числом коэффициентов рядов f1 ; f2 ; : : : ; fn .
цо с единицей. Операция, сопоставляющая рядам
называется
алгебраической ,
если каждый коэффициент ряда
Например, сложение и умножение рядов | это алгебраические операции, а подстановка вме-
x
K алгебраической операцией обычно
2
подстановка в ряд f (x) вместо x другого ряда g (x) = b1 x + b2 x + · · ·
сто
численного значения
∈
1
не является . Напротив,
без свободного члена
|
это алгебраическая операция, дающая ряд
f (g(x)) =
=
X
k >0
ak (b1 x + b2 x2 +
· · · )k
=
a0 + a1 (b1 x + b2 x2 + · · · ) + a2 (b1 x + b2 x2 + · · · )2 + a3 (b1 x + b2 x2 + · · · )3 + · · · =
2
2
3
3
= a0 + (a1 b1 ) · x + (a1 b2 + a2 b1 ) · x + (a1 b3 + 2 a2 b1 b2 + a3 b1 ) · x +
в котором на коэффициент при
xm
влияют лишь начальные члены первых
m
···
;
слагаемых. Ещё
одним примером алгебраической операции является деление рядов.
Предложение 4.1
a0 + a1 x + a2 x2 + · · · ∈ K [[x]] тогда и только тогда обратим в K [[x]], когда его
−1
свободный член a0 обратим в K . Если обратный ряд существует, то операция обращения f 7→ f
Ряд
f (x)
=
является алгебраической.
f −1 (x) = b0 + b1 x + b2 x2 + · · · ∈ K [[x]], такой что
f (x) · f −1 (x) = 1, то a0 b0 = 1, откуда a0 обратим. Наоборот, допустим, что a0 ∈ K обратим. Приравнивая коэффициенты при одинаковых степенях x в правой и левой части равенства
f (x) · f −1 (x) = 1, мы получаем на коэффициенты bi бесконечную систему уравнений
Доказательство.
Если существует ряд
a0 b0 = 1
a0 b1 + a1 b0 = 0
a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 = 0
(4-1)
························
из которой они рекурсивно определяются как
при
k > 1.
b0 = a−0 1 , bk = −a−0 1 (a1 bk−1 + a2 bk−2 + · · · + ak b0 )
4.2. Дифференциальное исчисление. Подставим в степенной ряд f (x)
a0 + a1 x + a2 x2 + · · ·
вместо x сумму x + t, где t | ещё одна переменная. Получится ряд от двух переменных f (x + t) =
a0 + a1 (x + t) + a2 (x + t)2 + · · · ∈ K [[x; t]] . Раскроем в нём все скобки и сгруппируем слагаемые
по степеням переменной t, обозначив через fm (x) ∈ K [[x]] ряд, который получится в качестве
m:
коэффициента при t
f (x + t) = f0 (x) + f1 (x) · t + f2 (x) · t2 + f3 (x) · t3 +
Упражнение 4.1.
1
Убедитесь, что
···
=
X
i>0
=
fm (x) · tm :
(4-2)
f (x) = f (x) совпадает с исходным рядом f .
0
очевидным исключением из этого правила служит вычисление значения ряда
f (x) при x = 0, дающее в качестве
результата свободный член этого ряда; похожий эффект иногда возникает при вычислении значений некоторых
специальных рядов и в некоторых других специальных точках; но при произвольных
требует, вообще говоря, выполнения бесконечно большого количества сложений
и
f
вычисление
f ( )
§4. Исчисление
26
Ряд
f1 (x),
служащий коэффициентом при
обозначается
f x) или
0(
d
dx f .
t1 ,
формальных степенных рядов (напоминания)
называется
члены, делящиеся на
и, стало быть, может быть вычислен как значение при
=
a1 ·
(
от исходного ряда
2
t = 0 ряда
2
2
3
3
x + t) − t
(x + t) − t
(x + t) − t
+ a2 ·
+ a3 ·
+ ··· =
t X t
t
=
ak · (x + t)k−1 + (x + t)k−2 x + (x + t)k−3 x2 +
··· +
Предложение 4.2
∈K
и любых
(
X
k >1
k ak xk−1 = a1 + 2 a2 x + 3 a3 x2 +
(
f + g )0 = f 0 + g 0 ;
(4-3)
(
fg)0 = f 0 · g + f · g0 :
(4-4)
f (g(x))0 = g0 (x) · f 0 (g(x)) ;
обратим, то
(1
Доказательство.
···
g не имеет свободного члена, то
(
f
f; g ∈ K [[x]] справедливы равенства
f )0 = · f 0 ;
Кроме того, если ряд
а если ряд
xk−1 :
t = 0, получаем стандартное разложение для производной:
f 0 (x) =
Для любого
и
t );
k >1
Полагая справа
f
Он однозначно определяется тем, что
f (x + t) = f (x) + f 0 (x) · t + (
f (x + t) − f (x)
t
производной
=f )0 = −
(4-5)
f0
:
f2
(4-6)
Первые два равенства в (4-4) вытекают прямо из формулы (4-3). Для доказа-
тельства третьего перемножим ряды
f (x + t) = f (x) + t · f 0 (x) + (
g(x + t) = g(x) + t · g0 (x) + (
t)
члены, делящиеся на t ) :
С точностью до членов, делящихся на
2
члены, делящиеся на
2
t2 , получим
f (x + t)g(x + t) = f (x)g(x) + t · (f 0 (x)g(x) + f (x)g0 (x)) + (
члены, делящиеся на
t );
2
fg)0 = f 0 · g + f · g0 . Формула (4-5) доказывается похожим образом. Подставим в f (x)
вместо x ряд g (x + t) :
f (g(x + t)) = f g(x) + t · g0 (x) + (
t
и обозначая ряд,
0
который прибавляется к g (x) в аргументе f , через (x; t) = t · g (x) + (
t .
откуда (
члены, делящиеся на
2
)
члены, делящиеся на
2
)
Получаем
f (g(x + t)) = f g(x) + (x; t) =
0
= f (g (x)) + (x; t) · f (g (x)) + (
x; t
0
0
= f (g (x)) + t · g (x) · f (g (x)) + (
члены, делящиеся на
2
) ) =
(
члены, делящиеся на
t );
2
f (g(x))0 = g0 (x) · f 0 (g(x)). Для доказательства последней
формулы продифференцируем
−1 = 1. Получим f 0 · f −1 + f · f −1 0 = 0 , откуда f −1 0 = −f 0 =f 2 .
обе части равенства f · f
откуда (
Упражнение 4.2.
Покажите, что в разложении (4-2)
dm f (x) .
fm (x) = m dx
m
1
!
27
4.3. Первообразные, логарифмы и экспоненты
4.2.1. Пример: дифференцирование степеней. Применяя правило Лейбница к произведению
fm = f · f ·
··· · f
получаем для любого ряда
(
равна
формулу
f m )0 = m · f m−1 · f 0 :
(4-7)
m-тую степень геометрической прогрессии 1=(1 − x)m .
C её помощью нетрудно развернуть в ряд
Упражнение 4.3.
f
Используя формулы (4-6) и (4-7) покажите, что
m!=(1 − x)m+1 .
m − 1)
Дифференцируя (
раз обе части (1
x)−1
−
m-тая
производная от (1
x + x2 + x3 + x4 +
= 1 +
···
− x)−1
, получим по
предыдущей задаче
1
m
(1 − x)
=
X (k + m − 1)(k + m − 2) · · ·
(m − 1)!
k >0
4.3. Первообразные, логарифмы и экспоненты.
(
k + 1)
· xk
:
(4-8)
Начиная с этого места и до конца па-
раграфа мы будем по умолчанию предполагать, что область коэффициентов
K
=
F
является
полем характеристики нуль. В этом случае из формулы (4-3) для производной вытекает, что
f (x)
для любого ряда
a0 + a1 x + a2 x2 + · · · существует единственный ряд без свободного
которого равна f (x). Этот ряд называется первообразным рядом или
=
члена, производная от
интегралом
от
f
и обозначается
Z
f (x) dx
def
=
a0 x +
a1
2
a2
x2 +
3
x3 +
···
=
X ak − 1
k >1
k
xk :
(4-9)
4.3.1. Логарифмирование. Первообразный ряд от знакопеременной геометрической прогрессии называется
ln(1 +
x)
def
логарифмом
dx
Z
=
1+
Z
x
=
1
и обозначается
− x + x2 − x3 + · · ·
=
x−
x2
2
+
dx =
x3
x4
−
3
4
+
x5
− ···
5
=
X (−1)k−1
k >1
k
xk :
(4-10)
x в логарифм можно подставить любой ряд u(x) с единичным свободным членом |
u(x)) получается подстановкой в правую часть (4-10) вместо x ряда u(x)−1 без свободного
Вместо 1 +
ряд ln(
◦ 4.1),
члена, что является, как мы видели в (n
алгебраической операцией.
Упражнение 4.4 (логарифмическая производная).
u
сложной функции, что для любого ряда
часть этого равенства называется
N
Обозначим через
через
U
⊂ F[[x]]
⊂ F[[x]]
Выведите из формулы (4-5) для производной
с единичным свободным членом (ln
логарифмической производной
от ряда
u).
u)0
=
u0 =u
(правая
аддитивную абелеву группу всех рядов без свободного члена, а
| мультипликативную абелеву группу всех рядов с единичным свободным
членом. Операция
логарифмирования ,
переводящая ряд
u(x) ∈ U
в ряд ln(
u(x)) ∈ N ,
является
алгебраической и задаёт отображение
log :
U
u7→ln u -
N:
(4-11)
Мы собираемся показать, что это отображение является изоморфизмом абелевых групп. Для
этого потребуется отображение, обратное к логарифмированию.
4.3.2. Экспоненцирование. Ряд
ex
называется
экспонентой .
def
=
X xk
k >0
k!
= 1+
x+
x2
2
+
x3
6
+
x4
24
+
x5
120
+
···
(4-12)
Это единственный ряд со свободным членом единица, удовлетворяю-
щий дифференциальному уравнению
f 0 (x) = f (x).
§4. Исчисление
28
Подставляя в (4-12) вместо
x
(x)
любой ряд
без свободного члена, мы получаем ряд
экспонентой
со свободным членом 1, который называется
экспоненциальное отображение
exp :
формальных степенных рядов (напоминания)
7→e -
N
ряда
e (x)
(x). Таким образом, возникает
U:
(4-13)
Предложение 4.3
Экспоненциальное и логарифмическое отображения (4-13) и (4-11) являются взаимно обратными
u; u1 ; u2 ∈ U и ; 1 ; 2 ∈ N
= u ;
ln(u1 u2 ) = ln(u1 ) + ln(u2 ) ;
e1 +2 = e1 e2 :
изоморфизмами абелевых групп. В частности, для любых рядов
ln e
выполняются тождества:
Доказательство. Ряды ln(
=
; e
ln
u
ex ) и x оба имеют нулевой свободный член и одинаковые производные:
ln(
ex )0 =
(
ex )0
ex
=
ex
ex
= 1 =
x0 :
ex ) = x . Подставляя в это равенство вместо x любой ряд (x) без свободного члена,
Поэтому ln(
получаем
e
:
Заметим теперь, что для проверки равенства двух рядов f; g ∈ U
ln
=
∀ ∈N
(4-14)
достаточно установить равен-
ство их логарифмических производных, поскольку из
0
0 = ln (
вытекает, что (
f=g)0
что для любого ряда
= 0 и
u∈U
f=g
f ) − ln (g) =
0
f 0 g0
−
f g
g
f
=
f
g
0
·
= const = 1 . Из этого замечания и формулы (4-14) вытекает,
выполняется равенство
eln u = u
(4-15)
(логарифмы от обоих частей совпадают, а значит совпадают и логарифмические производные).
Таким образом, экспоненцирование и логарифмирование взаимно обратны и, стало быть, оба
биективны. Для любых рядов
u1 ; u2 ∈ U ряды ln(u1 u2 ) и ln u1 +ln u2 оба имеют нулевой свободный
член и одинаковые производные:
(ln(
u1 u2 ))0 =
u1 u2 )
Поэтому ln(
(
u1 u2 ) 0
u1 u2
= ln
=
u01 u2 + u1 u02
u1 u2
u1 + ln u2 .
=
u01 u02
+
u1 u2
= (ln
u1 )0 + (ln u2 )0 = (ln u1 + ln u2 )0 :
Таким образом, логарифмирование
U
ln
-
N
является биек-
тивным гомоморфизмом. Но тогда и обратное отображение гомоморфизм.
Упражнение 4.5.
Покажите, что
4.4. Бином Ньютона.
∀ u∈U
Для любого числа
формулой
(1 +
Подставляя вместо 1 +
ln(1
x
=u) = −u.
∈ F определим биномиальный ряд с показателем È)
e ln(1+x) :
u ∈ U , мы
def
=
произвольные ряды
корректно определённую алгебраическую операцию
U
u7→u =e ln u -
∈
-тую степень
для любого числа
возведения в
F
получаем
U;
которая обладает всеми свойствами, интуитивно ожидаемыми от степенной функции. А именно,
для любых рядов
u; v ∈ U
и чисел
; ∈ F выполняются равенства
u · u = e ln u · e ln u = e ln u+ ln u = e(+) ln u = u+
ln(u ) = e ln(e ln u ) = e ln u = u
(u ) = e
ln(uv) = e(ln u+ln v) = e ln u+ ln v = e ln u · e ln v = u v (uv ) = e
(4-16)
(4-17)
(4-18)
29
4.4. Бином Ньютона
u с единичным свободным членом u1=n =
В частности, для любого ряда
u
=n n
1
=
u.
Для явного отыскания коэффициентов
(1 +
√
n
u в том смысле, что
ai биномиального ряда
x) = a0 + a1 x + a2 x2 + · · ·
вычислим его логарифмическую производную:
x) )0
(1 + x)
((1 +
= (ln(1 +
x) )0 =
ln
e ln(1+x)
0
=
ln(1 + x)
0
=
1+
x
:
Приводя левую и правую часть к общему знаменателю, получаем соотношение
a1 + 2a2 x + 3a3 x2 +
Сравнивая коэффициенты при
· · · · (1 + x) = · (1 + a1 x + a2 x2 + a3 x3 + · · · ) :
xk−1 в правой и левой части, приходим к рекуррентному соотно-
kak + (k − 1)ak−1 = ak−1 , из которого
шению
− (k − 1)
( − (k − 1))( − (k − 2))
· ak − 1 =
· ak − 2 = · · ·
k
k(k − 1)
( − (k − 1))( − (k − 2)) · · · ( − 1)
:
··· =
k!
Стоящая в правой части дробь имеет и в числителе и в знаменателе по k множителей, представляющих собою последовательно уменьшающиеся на единицу числа: в знаменателе | от k до
1, в числителе | от до ( − k + 1). Эта дробь называется биномиальным коэффициентом и
ak =
обозначается
k
def
=
( − 1) · · · ( − k + 1)
k!
(4-19)
Нами доказано
Предложение 4.4 (формула Ньютона)
Для любого числа
∈ F имеется разложение
(1 + x)
=
X k >0
k
xk = 1 + x +
( − 1)
2
x2 +
( − 1)( − 2)
6
x3 +
···
:
4.4.1. Пример: бином с рациональными показателями. При натуральном значении показателя
= n ∈ N имеется лишь конечное число ненулевых биномиальных коэффициентов, поk > n в числителе (4-19) образуется нулевой сомножитель. Поэтому разложение
скольку при
бинома в этом случае конечно:
n
(1 + x)
При целом отрицательном
1
(1 +
При
√
n
x)m
= 1
− mx +
= 1+
nx +
n(n − 1)
2
x
2
+
· · · + xn
=
n X
n
k=0
k
· xk
:
= −m , m ∈ N , мы снова получаем разложение (4-8) из n◦ 4.2.1
m(m + 1)
2
x2 −
m(m + 1)(m + 2)
6
x3 +
···
=
X
k >0
(
−1)k
m+k
k
· xk
:
= 1=n , n ∈ N формула Ньютона разворачивает в степенной ряд радикал
1+
1
1
n n −1
1
1
n n −1
1
n −2
x=1+ x+
x +
x3 + · · · =
n
2
6
x n − 1 x2 (n − 1)(2n − 1) x3 (n − 1)(2n − 1)(3n − 1) x4
= 1+
−
· 2+
· 3−
· 4+
n
2
n
2 ·3
n
2 ·3 ·4
n
1
2
···
:
§4. Исчисление
30
формальных степенных рядов (напоминания)
n = 2 в качестве коэффициента при xk мы получаем дробь вида
k −1
k −1
(−1)
(2k )!
(−1)
2k
k
−1 1 · 3 · 5 · · · · (2k − 3)
(−1)
·
=
·
=
·
:
2
k
2 · 4 · 6 · · · · (2k )
2k − 1
(2 · 4 · 6 · · · · (2k ))
(2k − 1) · 4
k
В частности, при
Таким образом,
√
X (−1)k−1 2k xk
·
· k
1+ x =
2k − 1
k
4
k >0
:
(4-20)
4.4.2. Пример: числа Каталана. Воспользуемся разложением (4-20) для получения явной
формулы для
чисел Каталана ,
часто возникающих в различных комбинаторных задачах. Пусть
n + 1) слагаемых
a0 + a1 + a2 + · · ·
при вычислении суммы (
+
an
(всего
n плюсов)
(4-21)
в каждый момент времени разрешается делать не более одного сложения. Такое вычисление разбивается на
n последовательных шагов, на каждом из которых выполняется некоторое конкрет-
ное сложение, в результате чего все знаки «+» оказываются занумерованными в том порядке,
n плюn-ым числом Каталана cn . Удобно также по определению считать, что c0 = 1.
в котором они выполняются. Количество всех возникающих таким способом нумераций
сов называется
Подчеркнём, что рассматриваемые нами нумерации плюсов далеко не произвольны.
Упражнение 4.6.
Убедитесь, что
c
1
= 1,
c
2
= 2,
c
3
= 5,
c
4
= 14 (и, тем самым,
cn 6= n!).
i-тый слева
ci−1 cn−i | мы можем независимо посчитать сумму i чисел, стоящих слева от i-того
плюса, и n − i + 1 чисел, стоящих от него справа, для чего у нас имеется, соответственно, ci−1
и cn−i способов. Таким образом, числа Каталана cn удовлетворяют соотношению
cn = c0 cn−1 + c1 cn−2 + · · · + cn−2 c1 + cn−1 c0 ;
(4-22)
i-тое слагаемое которого учитывает все вычисления, в которых последним выполняется i-тый
слева плюс записи (4-21). Чтобы выразить cn через n явно, образуем степенной ряд
Количество способов вычислить сумму (4-21) так, чтобы последним выполняется
плюс, равно
c(x) =
X
k >0
ck xk = 1 + c1 x + c2 x2 + c3 x3 +
···
:
Равенство (4-22) означает, что этот ряд удовлетворяет соотношению
c(x) − 1
x
=
c(x)2 :
t = c(x) является решением квадратного уравнения
x · t2 − t − 1 = 0
√
2
на неизвестную t . Решая его , получаем c(x) = 1 −
1 − 4x =(2x) . По (4-20)
X 1
√
2k
1 − 4x = −
·
· xk ;
2k − 1
k
k >0
Иначе говоря,
откуда
ck =
1
2
·
1
2
k+1
·
k+2
k+1
2
=
1
k+1
·
k
:
k
2
Отметим, что c первого взгляда даже не очевидно, что это число | целое.
Упражнение 4.7.
В выпуклом
n угольнике проводят максимально возможное число диагоналей так,
чтобы они не пересекались нигде, кроме вершин. Сколькими способами это можно сделать?
2
обратите внимание, что ряд 1 −
частное имеет свободный член
c0
√
x не имеет свободного члена и потому делится
в Q[[x]] на 2x, причём
√
1 + 1 − 4x
как нам и требуется; второе решение
не является «целым»
2x
1−4
= 1,
степенным рядом: знаменатель не обратим, а числитель, имея ненулевой свободный член, на него не делится
4.5. Действие
Q[[d=dt]]
на
Q[t]
31
4.5. Действие Q[[d=dt]] на Q[t].
Отображение дифференцирования
D
:
p(t)7→p0 (t) -
Q[t]
Q[t] ;
является линейным оператором на пространстве многочленов
торов на
Q[t]
Q[t].
В алгебре линейных опера-
D
корректно определена операция подстановки оператора
степенной ряд
f (x) =
X
k >0
в любой формальный
ak xk ∈ Q[[x]] :
Результатом такой подстановки является линейный оператор
f (D )
p ∈ Q[t] в
f (D)p = (a0 + a1 D + a2 D2 + · · · )p = a0 · p + a1 · Dp + a2 · D2 p +
:
Q[t]
- Q[t]
, переводя-
щий многочлен
(мы, как обычно, полагаем
D0
··· =
X
k >0
= Id). Поскольку каждое применение
D
ak · D k p :
(4-23)
к многочлену с рацио-
нальными коэффициентами уменьшает его степень на единицу, все производные
Dk p с k > deg p
в правой части (4-23) обращаются в нуль, так что сумма в правой части (4-23) состоит из конечного числа слагаемых (зависящего от многочлена
p)
и, тем самым, является многочленом,
который можно полностью вычислить конечным числом арифметических действий над коэффи-
p и первыми deg(p) коэффициентами
ряда f .
√
циентами исходного многочлена
Упражнение 4.8.
Вычислите результат применения операторов
- Q[t]
f (x)
D и eD
к многочлену
t
2
.
называется разностным оператором , если F = f (D )
F : Q[t]
∈ Q[[x]]. Разностные операторы образуют коммутативную подалгебру в
Линейный оператор
для некоторого
1+
алгебре всех линейных операторов, и вычисление композиции разностных операторов сводится
к перемножению отвечающих им рядов.
В следствие линейности, для вычисления значения разностного оператора
a2 D
2
+
···
f (D ) = a0 + a1 D +
на произвольном многочлене достаточно уметь вычислять его значение на всех ба-
зисных мономах
tm . Многочлены
fm (t) = f (D)tm
называются многочленами Аппеля ряда f ∈ Q[[x]] (и разностного оператора f (D )). Ясно, что
deg fm 6 m, и коэффициенты многочлена fm зависят только от первых m + 1 коэффициентов
a0 ; a1 ; : : : ; am ряда f .
4.5.1. Пример: операторы сдвига аргумента. Многочлены Аппеля для экспоненты
eD = 1 + D + D2 + D3 +
согласно формуле (n
eD tm =
X
1
k!
k >0
◦ 4.4.1)
Dk tm =
Таким образом, оператор
1
2
6
···
;
для разложения бинома с натуральным показателем, имеют вид
X m(m − 1) · · ·
k >0
D
e действует
ницу:
Обратный оператор 1
1
=eD = e−D
k!
(
m − k + 1)
tm−k =
m X
m
k=0
k
tm−k = (t + 1)m :
на произвольный многочлен сдвигом аргумента на еди-
eD : p(t) 7→ p(t + 1) :
сдвигает аргумент в противоположную сторону:
e−D p(t) = p(t − 1) :
eD : p(t) 7→ p(t + ) для произвольного ∈ Q.
Упражнение 4.10. Покажите, что линейный оператор F : Q[t] 7→ Q[t] тогда и только тогда является
D (для всех ∈ Q).
разностным, когда он перестановочен со всеми операторами сдвига e
Упражнение 4.9.
Покажите, что
4.5.2. Пример: вычисление степенных сумм. В работе «Ars Conjectandi» Яков Бернулли не
1
без гордости отмечал , что сумел просуммировать десятые степени первой тысячи натуральных
1
сочинение «Ars Conjectandi» было опубликовано в 1713 уже после смерти Якова Бернулли (1654{1705)
§4. Исчисление
32
формальных степенных рядов (напоминания)
чисел менее, чем за половину четверти часа. Речь шла о вычислении суммы 1
1000
10
10
+2
10
+3
10
···
+
+
, проделанном Бернулли при помощи открытой им формулы, выражающей
Sm (n) = 0m + 1m + 2m + 3m +
m + 1)-ой
в виде многочлена (
степени от
1
n.
···
+
nm =
n
X
k=0
km
(4-24)
Для отыскания такого многочлена рассмотрим
разностный оператор
∇ = 1 − e−D
Q[t]
:
p(t)7→p(t)−p(t−1) -
Q[t] :
Sm (t) ∈ Q[t] удовлетворяет при всех целых неотрицательных t = n соотношению
m . Если бы ряд 1 − e−x был обратим в Q[[x]], многочлен S (t) был бы ни чем
(4-24), то ∇Sm (t) = t
m
−x не имеет
иным, как m-тым многочленом Аппеля для обратного ряда. Но, к сожалению, ряд 1−e
Если многочлен
свободного члена, и стало быть не обратим. Однако, его можно записать в виде произведения:
1
в котором первый сомножитель (1
− e−x
− e−x )=x
=
− e−x
1
x
· x;
обратим. Обратный к нему ряд
x
∈ Q[[x]]
−x
1 −e
−x ) = x, применяя оператор td(D ) к обеим частям
называется рядом Тодда . Поскольку td(x)·(1−e
m
равенства ∇Sm (t) = t , мы получаем выражение для производной от искомого многочлена
Sm (t) :
Sm0 (t) = DSm (t) = td(D)∇Sm (t) = td(D)tm :
0
В виду равенства Sm (0) = 0 многочлен Sm (t) не имеет свободного члена и получается из Sm (t)
td(
интегрированием по формуле из n
x)
◦ 4.3.
def
=
Для упрощения вычислений удобно записать ряд Тодда
в «экпоненциальной форме», вынеся из коэффициентов обратные факториалы:
td(
x) =
X ak
k!
k >0
xk
(4-25)
Тогда ответ на задачу Бернулли даётся формулой
Z X
m
ak
Sm (t) =
k!
k=0
1
m+1
=
Dk tm dt =
m+1
1
Z X
m m
am t +
k=0
k
m+1
2
ak tm−k dt =
am−1 t
2
+
···
m X
m ak tm−k+1
k=0
k m−k+1
=
m+1
m+1
a1 tm +
a tm+1 ;
m
m+1 0
+
которую часто представляют в символическом виде
m + 1) · Sm (t) = (a ↓ + t)m+1 − am+1 ;
k
m+1 .
где стрелка у a ↓ предписывает заменять a на ak при раскрытии бинома (a + t)
−
x
Числа ak находятся из определяющего ряд Тодда соотношения td(x) · (1 − e
)=x = 1, которое
(
в развёрнутом виде выглядит как
1+
a1 x +
a2
2
x2 +
a3
6
x2 +
a4
24
x4 +
···
· 1−
1
2
x + x2 −
1
1
6
24
ak ( ).
Упражнение 4.12. Напишите явные формулы для S (n) и S (n) (
Упражнение 4.11.
4
0
0
символ
5
= 66 ,
2
∇
120
x4 −
···
= 1
5
0
).
Попробуйте повторить достижение Бернулли | вычислите
0
S
10 (1000).
читается «набла»
2
2
2
2
ответы: S4 (n) = n(n + 1)(2n + 1)(3n + 3n − 1)=30 , S5 (n) = n (n + 1) (2n + 1)(2n + 2n − 1)=12
1
1
1
1
1
ответы: a1 =
2 , a2 = 6 , a3 = 0 , a4 = − 30 , a5 = 0 , a6 = 42 , a7 = 0 , a8 = − 30 , a9 = 0 , a10
691
a11 = 0 , a12 = − 2730
1
1
2
Найдите первую дюжину чисел
∗
Упражнение 4.13 .
x3 +
напомню, у Бернулли на это ушло около 7 минут, причём калькуляторов в те годы не было. . .
:
33
4.6. Числа Бернулли
4.6. Числа Бернулли.
Ряд Тодда вошёл в математический обиход лишь во второй половине
XX века после работ Хирцебруха и Гротендика по топологии и алгебраических многообразий,
где он применялся для формулировки и доказательства теоремы Риана { Роха. Во времена Бернулли и Эйлера предпочитали пользоваться рядом td(
экспоненциальной форме
td(
Коэффициенты
фициентов
ak
Bk
=
X Bk
k!
k >0
который также записывали в
xk :
(4-26)
Bk этого разложения называются числами Бернулли . Они отличаются от коэфB1 = − 12 = −a1 . В самом деле,
ряда Тодда только в самом первом члене:
td(
Поэтому
x
−x) = x
e −1
−x) = exx−1 ,
=
ak
x) − td(−x) =
при
k
6=
x
x
+
−x
x
1 −e
1 −e
=
x·
− ex − e−x
−x ) · (1 − ex )
(1 − e
1, причём при всех нечётных
2
k
>
=
x:
3 эти числа обращаются в нуль,
т. к. нечётная составляющая ряда Тодда (равная половине разности (4-27)) есть
мён своего открытия Яковом Бернули, числа
даже специальный интернет-ресурс
Bk
Bk
x=2.
Со вре-
вызывают неослабевающий интерес. Имеется
http://www.bernoulli.org/,
компьтерная программа, вычисляющая числа
(4-27)
где, среди прочего, выложена
в виде несократимых рациональных дробей.
Однако, не смотря на огромное количество красивых теорем о числах Бернулли, никакой внятной формулы, явно выражающей
Bn через n нет, и любой содержательный новый взгляд в этом
направлении был бы интересен.
Упражнение 4.14.
Получите для чисел Бернулли рекурсивную формулу
(
Упражнение 4.15
∗.
n + 1)Bn = −
Докажите, что числа
Bk
nX
−1 n+1
k=0
k
с чётными
· Bk
:
k > 2 имеют чередующиеся знаки.