i
i
“Konvalinka” — 2017/11/27 — 7:21 — page 121 — #1 i
i
i
i
i
i
O TANGENSU, VSOTAH POTENC, EULERJEVIH IN
BERNOULLIJEVIH ŠTEVILIH
MATJAŽ KONVALINKA
Fakulteta za matematiko in fiziko
Univerza v Ljubljani
Math. Subj. Class. (2010): 05A05, 05A15
Eulerjeva števila so definirana preko alternirajočih permutacij, Bernoullijeva števila pa
se enostavno izražajo z Eulerjevimi števili z lihim indeksom. V članku si ogledamo nekatere
uporabe teh števil. Pojavljajo se namreč v razvoju tangensa in sekansa v potenčno vrsto,
v formuli za vsoto potenc prvih nekaj naravnih števil in v vrednostih funkcije zeta.
ON TANGENT FUNCTION, SUMS OF POWERS, EULER AND
BERNOULLI NUMBERS
We define Euler numbers via alternating permutations, and Bernoulli numbers as
rational multiples of Euler numbers with an odd index. In this paper, we study some
applications of these numbers. They appear as coefficients in the power series expansion
of the tangent and secant functions, in the formula for the sum of powers of the first few
integers, and in values of the zeta function.
Uvod: trigonometrične funkcije kot potenčne vrste
Predstavljajmo si, da ne vemo nič o trigonometriji, vemo pa dovolj o po-
tenčnih vrstah oblike
∑∞
n=0 anx
n, da jih znamo med seboj seštevati, množiti
in členoma odvajati:
∞∑
n=0
anx
n +
∞∑
n=0
bnx
n =
∞∑
n=0
(an + bn)x
n
[seštevanje istoležnih koeficientov] (1)( ∞∑
n=0
anx
n
)
·
( ∞∑
n=0
bnx
n
)
=
∞∑
n=0
(
n∑
k=0
akbn−k
)
xn
[konvolucijsko množenje] (2)( ∞∑
n=0
anx
n
)′
=
∞∑
n=1
nanx
n−1 =
∞∑
n=0
(n+ 1)an+1x
n
[odvajanje po členih] (3)
Obzornik mat. fiz. 64 (2017) 4 121
i
i
“Konvalinka” — 2017/11/27 — 7:21 — page 122 — #2 i
i
i
i
i
i
Matjaž Konvalinka
Tu so an koeficienti iz nekega obsega s karakteristiko 0, običajno R ali C.
Pri tem lahko na potenčne vrste gledamo kot na dejanske funkcije (se pravi:
x, ki je po absolutni vrednosti manǰsi od konvergenčnega polmera, se pre-
slika v limito delnih vsot; v tem primeru so (1)–(3) številske enakosti, ki
veljajo na nekem območju) bodisi kot na formalne potenčne vrste (se pravi:∑∞
n=0 anx
n je samo drug zapis za zaporedje (an)
∞
n=0; v tem primeru so
zgornje enakosti definicije operacij). Prvi način je običajen v analizi, drugi
pa v kombinatoriki, obe gledǐsči pa imata svoje prednosti in slabosti. Za
večino snovi, ki sledi, lahko račune formalno utemeljimo bodisi na en bo-
disi na drug način. V nadaljevanju se v podrobnosti ne bomo spuščali in
bomo mirno seštevali, množili in odvajali vse potenčne vrste. Omenimo
še, da konvolucijsko množenje uporabljamo tudi za množenje polinomov:
na primer, koeficient pri x3 produkta polinomov a0 + a1x + · · · + anxn in
b0 + b1x+ · · ·+ bmxm je vsota a0b3 + a1b2 + a2b1 + a3b0.
Najpomembneǰsa potenčna vrsta je eksponentna funkcija:
ex =
∞∑
n=0
xn
n!
= 1 + x+
x2
2
+
x3
6
+
x4
24
+ · · · ;
tu je n! = 1 · 2 · · ·n (preberemo: n fakulteta) in 0! = 1. Eksponentna
funkcija ima lepo lastnost, da je njen odvod enak funkciji sami: res, če je
an = 1/n!, je (n+ 1)an+1 = (n+ 1)/(n+ 1)! = 1/n! = an.
S pomočjo eksponentne funkcije zlahka definiramo sinus, kosinus, tan-
gens in sekans:
sinx =
eix − e−ix
2i
cosx =
eix + e−ix
2
tg x =
sinx
cosx
secx =
1
cosx
.
Seveda je tu i2 = −1. Pripomnimo, da kotangens in kosekans nista defi-
nirana v točki 0 in ju zato ne moremo razviti v potenčno vrsto okoli 0 (v
jeziku formalnih potenčnih vrst bi rekli, da sinx nima inverza za množenje).
Za sode n velja (ix)n = (−ix)n = (−1)n/2xn, za lihe n pa (ix)n =
−(−ix)n = (−1)(n−1)/2ixn, zato hitro izpeljemo
sinx =
∞∑
n=0
(−1)n x
2n+1
(2n+ 1)!
= x− x
3
6
+
x5
120
− · · ·
cosx =
∞∑
n=0
(−1)n x
2n
(2n)!
= 1− x
2
2
+
x4
24
− · · ·
Marsikatero dejstvo o trigonometričnih funkcijah sledi neposredno iz de-
finicije (na primer sin′ x = cosx, cos′ x = − sinx, cos2 x + sin2 x = 1). V
122 Obzornik mat. fiz. 64 (2017) 4
i
i
“Konvalinka” — 2017/11/27 — 7:21 — page 123 — #3 i
i
i
i
i
i
O tangensu, vsotah potenc, Eulerjevih in Bernoullijevih številih
razdelku Eulerjeva oz. Bernoullijeva števila in funkcija zeta bomo uporabili
tudi nekaj lastnosti trigonometričnih funkcij, ki ne sledijo na očiten način
iz zgornjih razvojev. Pripomnimo, da če na sinus in kosinus gledamo kot na
funkciji, sta njuna konvergenčna polmera ∞, torej vrsti konvergirata za vsa
realna oziroma kompleksna števila x.
Tri naloge
Videli smo, da imata sinus in kosinus enostaven razvoj v vrsto. Kaj pa
tangens in sekans? Zapǐsimo
tg x =
∞∑
n=0
anx
n.
Ker je po definiciji
cosx · tg x =
( ∞∑
n=0
(−1)n x
2n
(2n)!
)( ∞∑
n=0
anx
n
)
=
(
1− x
2
2
+
x4
24
− · · ·
)(
a0 + a1x+ a2x
2 + · · ·
)
= a0 + a1x+ (a2 − a02 )x
2 + (a3 − a12 )x
3 + (a4 − a22 +
a0
24 )x
4 + · · ·
= sinx = x− x
3
6
+
x5
120
− · · · ,
lahko izračunamo nekaj začetnih členov: a0 = 0, a1 = 1, a2 = 0, a3 =
1/2− 1/6 = 1/3, a4 = 0 itd. Tako dobimo
tg x = x+
x3
3
+
2x5
15
+
17x7
315
+
62x9
2835
+
1382x11
155925
+
21844x13
6081075
+
929569x15
638512875
+ · · ·
in podobno
secx =
1
cosx
=
1+
x2
2
+
5x4
24
+
61x6
720
+
277x8
8064
+
50521x10
3628800
+
540553x12
95800320
+
199360981x14
87178291200
+· · ·
Takoj vidimo, da ima razvoj tangensa same lihe potence, sekansa pa
same sode (to ni presenetljivo, saj je tangens liha funkcija, sekans pa soda).
Ni pa očitno, kako bi izrazili posamezne člene v razvoju obeh funkcij. Lahko
morda najdemo formulo za n-ti člen? Izkaže se, da preproste formule ni,
obstaja pa lepa kombinatorična interpretacija koeficientov: to se pravi, ko-
eficiente lahko izrazimo preko moči določenih množic.
121–135 123
i
i
“Konvalinka” — 2017/11/27 — 7:21 — page 124 — #4 i
i
i
i
i
i
Matjaž Konvalinka
Naloga 1. Poǐsči formulo za koeficiente v razvoju tangensa in
sekansa v vrsto.
Nalogo bomo rešili v razdelku Alternirajoče permutacije in Eulerjeva števila.
Druga naloga je na videz povsem nepovezana s prvo. Verjetno vsi po-
znamo zgodbo o Carlu Friedrichu Gaussu (1777–1855), ki je kot otrok prese-
netil svojega učitelja, ko je izredno hitro seštel števila od 1 do 100 in ga tako
prikraǰsal za okrepčilen dremež med poukom. Gauss naj bi opazil, da lahko
najprej seštejemo 1 in 100, potem 2 in 99, potem 3 in 98 itd. V vsakem
primeru dobimo 101, vsot je 50, zato je skupna vsota 50 · 101 = 5050. Za
splošen n se podobno ali pa z indukcijo lahko dokaže dobro znana formula
n∑
j=1
j =
n(n+ 1)
2
=
n2
2
+
n
2
.
Prav tako se z indukcijo lahko dokažejo podobne vsote
n∑
j=1
j2 =
n(n+ 1)(2n+ 1)
6
=
n3
3
+
n2
2
+
n
6
n∑
j=1
j3 =
n2(n+ 1)2
4
=
n4
4
+
n3
2
+
n2
4
n∑
j=1
j4 =
n(n+ 1)(2n+ 1)(3n2 + 3n− 1)
30
=
n5
5
+
n4
2
+
n3
3
− n
30
.
Videti je, da je vsota
∑n
j=1 j
k polinom v spremenljivki n, ki se vedno
začne s členoma nk+1/(k+1)+nk/2, ni pa očitno, kaj bi bili naslednji členi.
Naloga 2. Poǐsči formulo za vsoto k-tih potenc naravnih števil od
1 do n.
Nalogo bomo rešili v razdelku Eulerjeva oz. Bernoullijeva števila in vsote
potenc.
Tretja naloga je nekoliko podobna drugi: tokrat nas zanimajo vsote
negativnih potenc vseh naravnih števil od 1 naprej. Iz osnovne analize
vemo, da harmonična vrsta
∞∑
j=1
1
j
divergira, medtem ko vrste
∞∑
j=1
1
jn
124 Obzornik mat. fiz. 64 (2017) 4
i
i
“Konvalinka” — 2017/11/27 — 7:21 — page 125 — #5 i
i
i
i
i
i
O tangensu, vsotah potenc, Eulerjevih in Bernoullijevih številih
konvergirajo za vse n > 1. Zelo znana je prelepa formula
∞∑
j=1
1
j2
=
π2
6
,
velja pa tudi
∞∑
j=1
1
j4
=
π4
90
∞∑
j=1
1
j6
=
π6
945
∞∑
j=1
1
j8
=
π8
9450
.
Domnevamo lahko, da za
∑∞
j=1 j
−2n vselej dobimo zmnožek števila π2n
in nekega racionalnega števila.
Naloga 3. Poǐsči vsoto sodih negativnih potenc naravnih števil.
Nalogo bomo rešili v razdelku Eulerjeva oz. Bernoullijeva števila in funkcija
zeta.
Izkaže se, da lahko rešitve vseh treh nalog izrazimo preko Eulerjevih
števil ali z njimi tesno povezanih Bernoullijevih števil, ki jih bomo definirali
v naslednjem razdelku.
Alternirajoče permutacije in Eulerjeva števila
Permutacija velikosti n je zapis števil 1, . . . , n v nekem vrstnem redu. Pri-
meri permutacij so tako [1, 2, 3], [4, 1, 3, 2], [9, 8, 1, 2, 5, 7, 10, 6, 3, 4]. Obi-
čajno to zapǐsemo brez oklepajev in vejic (števila nad 10 v tem primeru
damo v oklepaj), torej 123, 4132 in 981257(10)634. Vseh permutacij veliko-
sti n je n!; za n = 3 so to 123, 132, 213, 231, 312 in 321.
Permutacija π = π1 . . . πn je alternirajoča, če velja π1 > π2 < π3 >
π4 < . . . Število vseh alternirajočih permutacij velikosti n označimo z En
in imenujemo Eulerjevo število (tudi Eulerjevo cikcak število). Velja E0 = 1
(prazna permutacija je na prazno alternirajoča), E1 = 1 (edina permutacija
velikosti 1 je prav tako na prazno alternirajoča), E2 = 1 (edina alternirajoča
permutacija velikosti 2 je 21), E3 = 2 (alternirajoči permutaciji velikosti 3
sta 213 in 312), z računalnikom lahko hitro preverimo še E4 = 5, E5 = 16,
E6 = 61, E7 = 272 itd.
121–135 125
i
i
“Konvalinka” — 2017/11/27 — 7:21 — page 126 — #6 i
i
i
i
i
i
Matjaž Konvalinka
Eulerjeva števila se imenujejo po švicarskem matematiku Leonhardu Eu-
lerju (1707–1783). Pripomnimo še, da obstajajo tudi eulerska števila, ki tudi
štejejo permutacije z neko lastnostjo.
Za Eulerjeva števila ni znana nobena enostavna formula; brez dokaza
povejmo, da se lahko izračunajo preko dvojne vsote
En = i
n+1
n+1∑
k=1
k∑
j=0
(
k
j
)
(−1)j(k − 2j)n+1(2i)−kk−1,
kjer je i2 = −1.
Eulerjeva števila se lahko izračunajo tudi preko precej lepše rekurzivne
formule (lema 1), s pomočjo katere lahko dokažemo naš glavni izrek (izrek
2). Ta izrek reši nalogo 1, hkrati pa bo osnova za reševanje nalog 2 in 3.
Lema 1. Za n ≥ 1 velja
2En+1 =
n∑
k=0
(
n
k
)
EkEn−k.
Dokaz. Če velja π1 < π2 > π3 < π4 > . . ., rečemo, da je permutacija π =
π1 . . . πn obratno alternirajoča. Obratno alternirajoči permutaciji velikosti 3
sta tako 231 in 132. Enostavno je videti, da je alternirajočih in obratno alter-
nirajočih permutacij velikosti n enako mnogo: permutacija π = π1 . . . πn je
alternirajoča natanko tedaj, ko je njen obrat π′ = (n+1−π1, . . . , n+1−πn)
obratno alternirajoča permutacija. Z drugimi besedami, 2En+1 šteje število
vseh permutacij velikosti n + 1, ki so bodisi alternirajoče bodisi obratno
alternirajoče.
Po drugi strani pa desna stran šteje vse trojice (S, σ, τ), kjer S označuje
podmnožico množice {1, . . . , n} velikosti k, σ obratno alternirajočo permu-
tacijo velikosti k, τ pa obratno alternirajočo permutacijo velikosti n − k.
Iz take trojice lahko skonstruiramo alternirajočo ali obratno alternirajočo
permutacijo π velikosti n + 1 takole. Na mesto k + 1 postavimo n + 1; na
mesta k, k−1, . . . , 1 postavimo števila iz S, urejena, kot določa σ, na mesta
k + 2, k + 3, . . . , n+ 1 pa števila iz {1, . . . , n} \ S, urejena, kot določa τ . Z
drugimi besedami, če je S = {i1, . . . , ik} in {1, . . . , n} \ S = {j1, . . . , jn−k},
kjer je i1 < i2 < . . . < ik in j1 < j2 < . . . < jn−k, potem je
π = (iσk , . . . , iσ2 , iσ1 , n+ 1, jτ1 , jτ2 , . . . , jτn−k).
Za n = 8 in trojico ({1, 5, 8}, 132, 25341) dobimo denimo 581937462.
Lahko je preveriti, da je π alternirajoča (če je k sodo število) oziroma
obratno alternirajoča (če je k liho število) in da je naša preslikava med
permutacijami in trojicami zgornje oblike bijektivna. Recimo, alternirajoča
permutacija 826174935 je slika trojice ({1, 2, 4, 6, 7, 8}, 351426, 12).
126 Obzornik mat. fiz. 64 (2017) 4
i
i
“Konvalinka” — 2017/11/27 — 7:21 — page 127 — #7 i
i
i
i
i
i
O tangensu, vsotah potenc, Eulerjevih in Bernoullijevih številih
Izrek 2. Velja
tg x+ secx =
∞∑
n=0
En
n!
xn.
Dokaz. Pǐsimo F (x) = tg x+ secx = 1+sinxcosx . Potem je F (0) = 1 in
2F ′(x) = 2
cos2 x+ (1 + sinx) sinx
cos2 x
=
2 + 2 sinx
cos2 x
=
1 + 2 sinx+ sin2 x+ cos2 x
cos2 x
= F 2(x) + 1.
Trdimo, da isti diferencialni enačbi zadošča tudi desna stran G(x) =∑∞
n=0
En
n! x
n. Ker je E0 = 1, je res G(0) = 1. Za vsak n ≥ 1 pa je ko-
eficient pri xn v 2G′(x) enak 2(n + 1) En+1(n+1)! =
2En+1
n! , koeficient pri x
n v
G2(x) + 1 pa po konvolucijskem pravilu
n∑
k=0
Ek
k!
En−k
(n− k)!
=
1
n!
n∑
k=0
(
n
k
)
EkEn−k.
Po lemi 1 sta ta dva izraza enaka. Koeficient pri x0 v 2G′(x) je 2E1 = 2, v
G2(x) + 1 pa E20 + 1 = 2.
Ni težko videti, da če dve potenčni vrsti obe ustrezata isti diferencialni
enačbi in se ujemata v točki 0, sledi, da morata biti enaki.
Razvoj tangensa je potem lihi del, sekansa pa sodi del razvoja iz izreka
2. Zato dobimo
tg x =
∞∑
n=0
E2n+1
x2n+1
(2n+ 1)!
in secx =
∞∑
n=0
E2n
x2n
(2n)!
.
Eulerjeva oz. Bernoullijeva števila in vsote potenc
Bernoullijeva števila Bn, ki se imenujejo po švicarskem matematiku Jakobu
Bernoulliju (1654–1705), so tesno povezana z Eulerjevimi števili z lihimi
indeksi. Definirana so takole:
Bn =

1 : n = 0
1
2 : n = 1
0 : n > 1 liho
(−1)
n
2
+1nEn−1
2n(2n − 1)
: n > 1 sodo
121–135 127
i
i
“Konvalinka” — 2017/11/27 — 7:21 — page 128 — #8 i
i
i
i
i
i
Matjaž Konvalinka
Tako je denimo
B2 =
(−1)2 · 2 · 1
22(22 − 1)
=
1
6
.
Zaporedje Bernoullijevih števil se začne
1,
1
2
,
1
6
, 0,− 1
30
, 0,
1
42
, 0,− 1
30
, 0,
5
66
, 0,− 691
2730
, 0,
7
6
, 0,−3617
510
, 0,
43867
798
, 0,−174611
330
, . . .
Bernoullijeva števila se prav tako pojavijo v razvoju neke pomembne
funkcije v potenčno vrsto (lema 3). Za motivacijo poskusimo s pomočjo
rodovnih funkcij rešiti nalogo 2, torej izračunati
∑n
j=1 j
k.
Označimo z Gn(x) (eksponentno) rodovno funkcijo vsot
∑n
j=1 j
k po vseh
k, torej
Gn(x) =
∞∑
k=0
 n∑
j=1
jk
 xk
k!
.
Z zamenjavo vrstnega reda seštevanja dobimo
Gn(x) =
n∑
j=1
( ∞∑
k=0
jkxk
k!
)
=
n∑
j=1
ejx.
To je končna geometrijska vrsta, ki jo seveda znamo sešteti:
Gn(x) = e
x · e
nx − 1
ex − 1
=
xex
ex − 1
· e
nx − 1
x
.
Funkcijo e
nx−1
x znamo razviti v vrsto; če razvijemo v vrsto še
xex
ex−1 , s
konvolucijsko formulo dobimo formulo za iskano vsoto.
Lema 3. Velja
xex
ex − 1
=
∞∑
n=0
Bn
n!
xn.
Dokaz. Lahko je videti, da ima funkcija xe
x
ex−1 razvoj v potenčno vrsto, torej
xex
ex − 1
=
∞∑
n=0
an
xn
n!
za neko zaporedje (an)
∞
n=0. Naš cilj je dokazati, da je an = Bn.
128 Obzornik mat. fiz. 64 (2017) 4
i
i
“Konvalinka” — 2017/11/27 — 7:21 — page 129 — #9 i
i
i
i
i
i
O tangensu, vsotah potenc, Eulerjevih in Bernoullijevih številih
Ker se 2n(2n − 1)Bn izraža na preprosteǰsi način preko Eulerjevih števil
kot Bn, izračunajmo rodovno funkcijo za 2
n(2n − 1)an. Če zamenjamo x z
2x, dobimo
2xe2x
e2x − 1
=
∞∑
n=0
2nan
xn
n!
,
zato je
2xe2x
e2x − 1
− xe
x
ex − 1
=
∞∑
n=0
(2n − 1)an
xn
n!
.
Če ponovno zamenjamo x z 2x, dobimo
4xe4x
e4x − 1
− 2xe
2x
e2x − 1
=
∞∑
n=0
2n(2n − 1)an
xn
n!
.
V definiciji Bernoullijevih števil s sodimi indeksi nastopajo Eulerjeva števila
z za 1 manǰsim indeksom. Zato obe strani zadnje enakosti odvajajmo; nato
še odštejmo 1. Na levi z nekaj računanja dobimo(
4xe4x
e4x − 1
− 2xe
2x
e2x − 1
)′
− 1 = 4e
2xx+ e4x − 1
(e2x + 1)2
,
na desni pa
−1 +
∞∑
n=1
2n(2n − 1)an
xn−1
(n− 1)!
.
Naredimo še nekaj računov s funkcijo
tg x =
∞∑
n=0
E2n+1
x2n+1
(2n+ 1)!
.
Najprej obe strani odvajajmo in pomnožimo z x:
x
cos2 x
=
∞∑
n=0
E2n+1
x2n+1
(2n)!
.
Sedaj zadnji enakosti seštejmo in zamenjajmo trigonometrične funkcije z
njihovimi definicijami:
4x
(eix + e−ix)2
+
eix − e−ix
i(eix + e−ix)
=
∞∑
n=0
(2n+ 2)E2n+1
x2n+1
(2n+ 1)!
.
121–135 129
i
i
“Konvalinka” — 2017/11/27 — 7:21 — page 130 — #10 i
i
i
i
i
i
Matjaž Konvalinka
Zamenjamo x z ix in pomnožimo z −i:
4x
(ex + e−x)2
+
ex − e−x
ex + e−x
=
∞∑
n=0
(−1)n(2n+ 2)E2n+1
x2n+1
(2n+ 1)!
;
tu smo na desni upoštevali −i·i2n+1 = −i2n+2 = −(−1)n+1 = (−1)n. Lahko
je videti, da se leva stran spet poenostavi v
4e2xx+ e4x − 1
(e2x + 1)2
.
Iz tega sledi, da je
−1 +
∞∑
n=1
2n(2n − 1)an
xn−1
(n− 1)!
=
∞∑
n=0
(−1)n(2n+ 2)E2n+1
x2n+1
(2n+ 1)!
.
Koeficienta na levi in desni strani pri x0 sta −1 + 2a1 in 0, torej je a1 =
1/2 = B1. Koeficienta pri x
2n, n ≥ 1, sta 22n+1(22n+1 − 1)a2n+1/(2n)! in
0, torej je a2n+1 = 0 = B2n+1 za n ≥ 1. Koeficienta pri x2n−1, n ≥ 1,
sta 22n(22n − 1)a2n/(2n − 1)! in (−1)n−12nE2n−1/(2n − 1)!, torej je a2n =
(−1)n+12nE2n−1/(22n(22n − 1)) = B2n. Ker je tudi a0 = limx→0 xex/(ex −
1) = 1 = B0, smo dokazali, da je an = Bn za vse n ≥ 0.
Pripomnimo, da se v literaturi včasih vzame B1 = −1/2 namesto B1 =
1/2. V tem primeru je
∑∞
n=0Bnx
n/n! = xe
x
ex−1 − x =
x
ex−1 .
Sedaj lahko rešimo tudi nalogo 2.
Izrek 4 (Faulhaberjeva formula). Za naravni števili n in k velja
n∑
j=1
jk =
1
k + 1
k∑
l=0
(
k + 1
l
)
Bln
k+1−l
=
nk+1
k + 1
+
nk
2
+
bk/2c∑
l=1
(−1)l+1
(
k
2l−1
)
E2l−1
22l(22l − 1)
nk+1−2l.
Dokaz. Dokazali smo že, da je
Gn(x) =
∞∑
k=0
 n∑
j=1
jk
 xk
k!
=
xex
ex − 1
· e
nx − 1
x
,
130 Obzornik mat. fiz. 64 (2017) 4
i
i
“Konvalinka” — 2017/11/27 — 7:21 — page 131 — #11 i
i
i
i
i
i
O tangensu, vsotah potenc, Eulerjevih in Bernoullijevih številih
torej moramo poiskati koeficient pri xk na desni strani. Po izreku 3 znamo
razviti v vrsto funkcijo xe
x
ex−1 , očitno je
enx−1
x =
∑∞
k=1
nkxk−1
k! , konvolucijsko
množenje zato da
Gn(x) =
∞∑
k=0
Bk
k!
xk ·
∞∑
k=0
nk+1
(k + 1)!
xk =
∞∑
k=0
(
k∑
l=0
Bl
l!
· n
k+1−l
(k + 1− l)!
)
xk.
Koeficient pri xk na obeh straneh je tako
1
k!
n∑
j=1
jk =
1
(k + 1)!
k∑
l=0
(
k + 1
l
)
Bln
k+1−l,
iz česar sledi izrek.
Prvih nekaj členov Faulhaberjeve formule je
n∑
j=1
jk =
nk+1
k + 1
+
nk
2
+
(
k
1
)
· 1
4 · 3
nk−1−
(
k
3
)
· 2
16 · 15
nk−3+
(
k
5
)
· 16
64 · 63
nk−5−
(
k
7
)
· 272
256 · 255
nk−7+ · · ·
Za vsak fiksen k so binomski koeficienti v števcu prej ali slej enaki 0, tako
da za vsoto res dobimo polinom v n stopnje k + 1.
Eulerjeva oz. Bernoullijeva števila in funkcija zeta
Ena od uporab rodovnih funkcij je, da lahko z njimi izračunamo asimptotiko
členov zaporedja. Naj bo f(z) funkcija, holomorfna (analitična) v okolici
točke 0, s Taylorjevim razvojem f(z) =
∑∞
n=0 anz
n. Denimo, da ima f(z)
pol v točki z0 in da je to edina singularnost v krogu s sredǐsčem v 0 in s
polmerom |z0|+  za neki  > 0. Z drugimi besedami, obstaja tak najmanǰsi
r (ki mu rečemo stopnja pola), da ima funkcija f(z)(z − z0)r odpravljivo
singularnost v z0, konvergenčni radij Taylorjeve vrste te funkcije v točki 0
pa je strogo večji od |z0|. Potem ni težko videti, da je dober približek za
koeficient an izraz
bn =
(−1)rc−rnr−1
(r − 1)! zn+r0
, (4)
kjer je
c−r = lim
z→z0
f(z)(z − z0)r.
121–135 131
i
i
“Konvalinka” — 2017/11/27 — 7:21 — page 132 — #12 i
i
i
i
i
i
Matjaž Konvalinka
Dokaz bomo izpustili, glej na primer [3, Theorem 5.2.1]. Še več, velja
lim
n→∞
|an − bn| · |z0|n = 0, (5)
torej da razlika med an in bn raste počasneje kot (1/|z0|)n, ko gre n proti
neskončno.
Oglejmo si, kaj nam formula (4) da za funkcijo f(z) = tg z + sec z =
1+sin z
cos z . Singularnosti funkcije z so ničle cos z, v katerih je sin z 6= −1.
Edina kompleksna števila, ki ustrezajo tema pogojema, so z = π/2+2kπ za
k ∈ Z. Singularnost, najbližja izhodǐsču, je tako π/2, v tej točki ima f(z)
pol stopnje r = 1,
c−1 = lim
z→π/2
(1 + sin z)(z − π/2)
cos z
= lim
z→π/2
(z − π/2) cos z + (1 + sin z)
− sin z
= −2,
kjer smo uporabili l’Hôpitalovo pravilo. Dobimo približek za koeficiente
f(z), ki jih poznamo iz izreka 2:
En
n!
∼ (−1)
1(−2)n0
0!(π/2)n+1
=
2n+2
πn+1
oziroma
En ∼
2n+2n!
πn+1
.
Primerjajmo obe strani za n = 0, . . . , 10:
n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
En 1 1 1 2 5 16 61 272 1385 7936 50521
2n+2n!
πn+1
1,27 0,81 1,03 1,97 5,019 15,98 61,03 271,96 1385,07 7935,86 50521,28.
Vidimo, da je približek zelo dober, čeprav ni res, kot bi morda kdo sklepal
iz teh primerov, da je En kar
2n+2n!
πn+1
, zaokroženo na najbližje celo število:
razlike med pravo in približno vrednostjo rastejo, količniki pa konvergirajo
proti 1.
Dobimo lahko tudi bolǰsi približek: razlika f(z)− c−1z−π/2 = f(z)−
−2
z−π/2
ima odpravljivo singularnost v točki π/2, tako da je zanjo −3π/2 singular-
nost, najbližja izhodǐsču. Spet velja
c−1 = lim
z→−3π/2
(
f(z) +
2
z − π/2
)
(z+3π/2) = lim
z→−3π/2
f(z)(z+3π/2) = −2.
Tako lahko odštejemo še funkcije −2(z + 3π/2)−1, −2(z − 5π/2)−1, −2(z +
7π/2)−1 itd. in dobivamo bolǰse in bolǰse približke za koeficiente f(z). S
132 Obzornik mat. fiz. 64 (2017) 4
i
i
“Konvalinka” — 2017/11/27 — 7:21 — page 133 — #13 i
i
i
i
i
i
O tangensu, vsotah potenc, Eulerjevih in Bernoullijevih številih
pomočjo (5) je lahko dokazati, da konvergirajo proti koeficientom f(z). Z
drugimi besedami, dobili smo
En
n!
=
2
(π/2)n+1
+
2
(−3π/2)n+1
+
2
(5π/2)n+1
+
2
(−7π/2)n+1
+
2
(9π/2)n+1
+· · ·
To je posebno zanimivo, če je n lih. Vstavimo 2n− 1, n ≥ 1, namesto n:
E2n−1
(2n− 1)!
=
22n+1
π2n
·
(
1 +
1
32n
+
1
52n
+
1
72n
+
1
92n
+ · · ·
)
. (6)
Po drugi strani lahko člene v vsoti
ζ(2n) = 1 +
1
22n
+
1
32n
+
1
42n
+
1
52n
+ · · ·
(ζ je grška črka zeta) razdelimo na lihe in sode, potem pa pri imenovalcih
sodih členov izpostavimo 22n. Dobimo
ζ(2n) = 1 +
1
32n
+
1
52n
+
1
72n
+
1
92n
+ · · ·+ 1
22n
ζ(2n),
iz česar sledi
1 +
1
32n
+
1
52n
+
1
72n
+
1
92n
+ · · · =
(
1− 1
22n
)
ζ(2n).
Pri tem smo upoštevali, da lahko vrstni red sumandov v konvergentni vrsti
s pozitivnimi členi poljubno spreminjamo. Torej nam (6) da
ζ(2n) =
E2n−1π
2n
2(22n − 1)(2n− 1)!
=
(−1)n+122n−1B2nπ2n
(2n)!
za n ≥ 1. S tem smo rešili tudi nalogo 3. To pojasni denimo
ζ(4) =
∞∑
j=1
1
j4
=
E3π
4
2 · (24 − 1) · (4− 1)!
=
2π4
2 · 15 · 6
=
π4
90
.
Končajmo še z nekaj dejstvi o funkciji zeta, ki je definirana kot
ζ(z) =
∞∑
j=1
1
jz
(7)
za kompleksna števila z = x+ iy z x > 1; pri tem je jz definiran kot ez·log j .
Ni težko videti, da je vrsta pri tem pogoju konvergentna, pravkar pa smo
izračunali ζ(z) za soda naravna števila z.
121–135 133
i
i
“Konvalinka” — 2017/11/27 — 7:21 — page 134 — #14 i
i
i
i
i
i
Matjaž Konvalinka
Za liha naravna števila z > 1 ni znana nobena formula za ζ(z). Domneva
se, da so π, ζ(3), ζ(5) itd. algebraično neodvisna števila, torej da ne obstaja
netrivialen polinom v dveh spremenljivkah z racionalnimi koeficienti, ki bi
uničil dve izmed njih.
Pač pa velja naslednje: funkcijo ζ, ki smo jo definirali na delu kompleksne
ravnine {x + iy : x > 1}, lahko analitično razširimo na C \ {1}. Razširjena
funkcija, ki jo spet označimo z ζ, ima v 1 pol stopnje 1, poleg tega pa velja
ζ(−n) = −Bn+1
n+ 1
za nenegativna cela števila n. Velja torej ζ(0) = −B1 = −12 , ζ(−2n) = 0 in
ζ(1− 2n) = (−1)
nE2n−1
22n(22n−1) za n = 1, 2, . . .
Eulerjeva števila z lihim indeksom se torej pojavljajo ne le v razvoju
tangensa v vrsto in v formuli za vsoto prvih n k-tih potenc, temveč tudi pri
vrednostih funkcije ζ, in sicer tako pri pozitivnih sodih kot pri negativnih
lihih številih.
Formula
ζ(−(2n− 1)) = (−1)
nE2n−1
22n(22n − 1)
ima zanimivo interpretacijo. Na primer, za n = 1 dobimo ζ(−1) = − 112 . Če
vstavimo z = −1 v (7) (česar seveda ne smemo storiti, ker vrsta na desni
divergira), torej dobimo
1 + 2 + 3 + 4 + · · · = − 1
12
.
To je seveda nadvse nenavadno: delne vsote 1, 3, 6, 10, 15, 21, . . . naj bi kon-
vergirale proti −1/12. Ta »trditev« (ki jo matematično torej pravilno ra-
zumemo v smislu funkcije ζ, glej pa tudi [2] za alternativno razumevanje
teh rezultatov) je tako presenetljiva, da si je utrla pot tudi v nematema-
tični svet: v zadnjih letih lahko decembra v centru Ljubljane med drugimi
novoletnimi okraski vidimo tudi napis
∑∞
n=1 n = −
1
12 .
Na internetu (npr. [4]) pa je mogoče najti tudi utemeljitve, kot je nasle-
dnja. Označimo
S0 = 1 + 2 + 3 + 4 + · · ·
S1 = 1− 1 + 1− 1 + · · ·
S2 = 1− 2 + 3− 4 + · · ·
134 Obzornik mat. fiz. 64 (2017) 4
i
i
“Konvalinka” — 2017/11/27 — 7:21 — page 135 — #15 i
i
i
i
i
i
O tangensu, vsotah potenc, Eulerjevih in Bernoullijevih številih
Potem je
2S1 = 1− 1 + 1− 1 + · · ·
+ 1− 1 + 1− · · · = 1,
se pravi S1 = 1/2. Podobno je
2S2 = 1− 2 + 3− 4 + · · ·
+ 1− 2 + 3− · · · = 1− 1 + 1− 1 + · · · = S1 = 1/2,
torej S2 = 1/4. Torej je
S0 − S2 = 1 + 2 + 3 + 4 + · · ·
−1 + 2− 3 + 4− · · · = 4 + 8 + 12 + 16 + · · · = 4S0.
Iz tega dobimo 3S0 = −S2 in S0 = −S2/3 = −1/12.
Taka izpeljava seveda ni matematično korektna, ker računamo z diver-
gentnimi vsotami, nam pa vseeno daje neko intuitivno predstavo, zakaj je
vrednost ζ(−1) ravno − 112 .
Na koncu omenimo še najpomembneǰso domnevo v zvezi s funkcijo ζ
(mnogi jo imajo celo za najpomembneǰsi nerešeni matematični problem).
Povedali smo že, da so soda negativna števila ničle funkcije ζ, rečemo jim
trivialne ničle. Slavna Riemannova hipoteza pravi, da imajo vse netrivialne
ničle funkcije ζ realni del enak 1/2. Domnevo je postavil nemški matematik
Georg Friedrich Bernhard Riemann (1826–1866), njena pomembnost pa je
(med drugim) v tem, da je njena rešitev tesno povezana s porazdelitvijo
praštevil.
Omenimo, da so Eulerjeva in Bernoullijeva števila standardna tema v
preštevalni kombinatoriki in pomemben zgled uporabe rodovnih funkcij;
odlična referenca je [1]. Za asimptotiko koeficientov rodovnih funkcij je
dober osnovni vir [3].
LITERATURA
[1] R. P. Stanley, Enumerative Combinatorics, Volume 1, 2nd ed., Cambridge Studies in
Advanced Mathematics 49, Cambridge University Press, Cambridge, 2012.
[2] T. Tao, The Euler-Maclaurin formula, Bernoulli numbers, the zeta function, and real-
variable analytic continuation, dostopno na tinyurl.com/j869xct, ogled 25. 8. 2017.
[3] H. S. Wilf, Generatingfunctionology, 3rd ed., A K Peters, Ltd., Wellesley, 2006.
[4] Numberphile, Astounding: 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + · · · = −1/12, dostopno na tinyurl.
com/pekgb6o, ogled 25. 8. 2017.
121–135 135