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1、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) =PN1 k=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(x) =P n=1ns,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:(2m) =(1)m1(2)2mB2m 2(2m)!,(1 2m) = B2m2m。另一方面,由費馬小定理ap1 1(modp)引出數論上非常重要的庫默同餘式:Bm mBm+p1 m + 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
2、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) =N1Xk=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1 m+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)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 = limn? 1 +1 n?n =X
3、n=01 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+ 。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N1Xk=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,N1Xk=1ekt=eNt 1 et 1=eNt et 11 et 1。因而所得到的初步結果是Sm(N) = m! n 函數eNt et 11 et 1 在t = 0 展開式中 tm的係數o 。現剩下的問
4、題是如何展開函數eNt et1與1 et1, 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=11 n2=2 6。所用的方法是正弦函數之根與係數的關係。函數sinx x的零位在 x = n (n 6= 0),而可表示為無窮乘積式sinx x=Yn=1h 1 x2 n22i 。而另一方面, 這函數的冪級數展開式為sinx x=1x2 3!+x4 5!+(1)nx2n (2n + 1)!+。比較的係數得出Xn=11 n22= 1 3!,故Xn=11 n2=2 6。他持續計算到十二次方的倒數和且進一步推斷Xn=11 n2m=(1)m1(2)2mB2m
5、 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=Xn=0Bntn n!, |t| 1, 里曼 zeta 函數的定義為(s) =Xn=1ns。尤拉所得到的式子其實剛好就是 (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ekt=1kt+k2t2 2!+(1)nknn!tn+,令 k = 1,2,.,N 1, 並相加得N1Xk=1ekt=(N 1) S1(N)t+S2(
6、N) 2!t2+ +(1)nSn(N) n!tn+ 。但當 t 0 時,P k=1ekt是一收斂的等比級數, 其和是et 1 et=1 et 1。因而(m) = (1)mm! n1 et 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(2k) =B2k+1 2k + 1= 0。這些負偶數的零點稱為 (s) 的顯然零點。 又(s) 滿足泛函方程式s/2?s2? (s)= (1s)/2?1
7、 s2? (1 s)。46數學傳播22卷4期 民87年12月特別是(1 2m) = B2m2m(2m) =(1)m1(2)2mB2m 2(2m)!。有名的里曼假設 (尚未得證) 即斷言: (s) 的其他非顯然零點一定落在直線 Re s =1 2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。
8、 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ap1 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a2a(p1)a12(p1) (modp)即ap1(p 1)! (p 1)!(modp)。(p 1)! 與 p 互質, 可從等式中消去而得出ap1 1(modp)。這定理被尤拉重新
9、證明並加以推廣: 若a 是與正整數 n 互質的整數, 則 a(n)1(modn), 其中(n) = nYp|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 (mn) = (m)(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
10、 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(modm2mk)一些發散級數的求和法47y 1(modm2)y 0(modm1m3mk) y 1(modmk)y 0(modm1m2mk1)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
11、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,.,Bp3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 mBm+p1 m + 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+p2 am1(modp
12、)若能把 a 從1加到無窮大, 豈不得出(2 m p) (1 m) (modp)。但(2 m p) = Bm+p1 m + p 1,(1 m) = Bmm。故庫默所發現的同餘式是當 p1 不是 m 的因數時,Bm mBm+p1 p 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(p1)|m1 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 p1 不是 m 的因數, 則Bm+p1 m + p 1=Bm m(modp)
13、。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lim k?B2k2k?= ,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 mBn n(modp),知 p 也整除 B
14、m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(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 ent(t 0) 而成為Xn=1nment對這修正過的級數, 一定收斂且其近似值為 Z0xmextdx =m! tm+1。而極限值limt0nXn=1nmentm! tm+1o一定存在, 這值即定為 (m)。另一方面, 由Xn=1ent=1 et 1=1 t+Xn=1Bntn1
15、 n!式子兩邊同時對 t 微分 m 次得 Xn=1nmem=m! tm+1+ (1)mXn=1Bn ntnm+1 (n m 1)!故(m)=(1)mBm+1 m + 1=n 函數Xn=1nment在t = 0之漸近展開式的常數項o=n 函數Xn=1ent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=1Xnr=1(n1+ n2+ + nr)s在負整數的取值為(1)nm!nXn1=1Xnr=1e(n1+n2+nr)t=?1 et1?r 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=1Xn2
