用高阶导数对自然数方幂和相关问题的研究

摘要: 利用ekx和(ex-1)k的高阶导数的性质, 简捷地推导出了自然数方幂和的2种形式的求和公式, 得到了2个Bernoulli数的确切公式.所得到的结果推广了传统自然数方幂和的相关结论.

关键词: 自然数的方幂和;高阶导数;第2类Stirling数; Bernoulli数;莱布尼茨公式

中图分类号:O156

文献标识码:A文章编号:1672-8513(2010)06-0458-06

Study on the Power Sum of Natural Numbers with Higher Order Derivative

ZHAO Xinhua1,DAI Guowei2

(1. Sanmenxia Branch, Agricultural Bank of China, Sanmenxia 472000, China; 2.College of Mathematics and Information Science, Northwest Normal University, Lanzhou 730070, China)

Abstract: Using the properties of the higher order derivative of ekx and (ex-1)k, two summation formulas for the power sum of natural numbers were established and two explicit formulas for Bemoulli numbers were obtained, which is a generalization of the traditional power sum of natural numbers.

Key words: power sum of natural numbers; higher order derivative; Stirling numbers of the second kind; Bernoulli number; Leibnizs formula

1 引言及主要结论

文献［1-3］论述了自然数方幂和(定理1、定理2中r=1时的情况)的各种算法. 文献［4］以矩阵为工具得到了与定理1(r≠1时)形式不同的结论.本文以高阶导数为工具研究同类问题,得出了与第2类Stirling数相关的更广泛的结果,推导出了2种形式（组合数和多项式）的自然数幂和公式.应用与文献［5-7］不同的方法,直接得到了2个Bernourlli数的确切公式,并给出了自然数幂和公式与Bernoulli数经典关系的新证明（定理3）.

对任意非负整数m,k,定义S(m,k)=∑kj=0Cjkjm(-1)k-j (S(m,k)=k!S2(m,k),S2(m,k)是第2类Stirling数［8］ ),我们得到的主要结论如下.

定理1 设r是非零复数,m是非负整数,n是自然数,我们有

∑n-1k=0rkkm=∑mk=0rk(1-r)k+1(1-rn∑kj=0Cjn(1-rr)j)S(m,k) [WB]r≠1, ∑mk=0Ck+1nS(m,k) [DW]r=1.

定理2 设r是非零复数,m是非负整数,n是自然数,我们有

1) ∑n-1k=0rkkm=∑mk=0rk(1-rn)(1-r)k+1S(m,k)-∑mh=1Chmrnnh∑m-hk=0rk(1-r)k+1S(m-h,k), r≠1;

2) ∑n-1k=0km=nm+1m+1+∑mh=1Z(m,h)nh,其中Z(m,h)=Chm2-2m+2-h∑m-hk=0(-12)kS(m-h,k),Z(m,h)有以下性质: Z(m,m)=-12; 当m-h=2j,j∈Ν时Z(m,h)=0.

推论1 设r是非零复数且|r|

定理3 用Bk表示第k个Bernourlli数,m是非负整数,我们有

1) Bk=∑kj=0(-1)jj+1S(k,j),k≥0; 2) Bk=k2-2k+1∑k-1j=0(-12)jS(k-1,j),k∈N;

3) B2k+1=0,k∈N; 4) ∑n-1k=0km=∑mk=0Ckm+1Bkm+1nm+1-k,n∈N.

2 几个预备结果

如果u,v是x的函数, 各自有关于x的n级为止的各级导数,r是常数,则

1） (uv)(n)=∑nk=0Cknu(k)v(n-k); 2） dndxnu(rx)=rnu(n)(rx).

1)式是求函数乘积高阶导数的莱布尼茨公式［9］; 2)式用数学归纳法易于证明.本文多处用到了这2个公式.

引理1 设r是复数, k是非负整数,n是自然数, 则

∑n-1j=kCkjrj=

rk(1-r)k+1［1-rn∑kj=0Cjn(1-rr)j］, [WB]r≠1. Ck+1n, [DW]r=1.

证明 1) 当r≠1时, 令 g(r)=∑n-1j=krj=rn-rkr-1, h(r)=1r-1,un(r)=rn,uj(r)=rj.

由函数乘积高阶导数的莱布尼茨公式：g(k)(r)k!=∑n-1j=kAkjrj-kk!=∑kj=01k!Cjk(u(j)n-u(j)k)h(k-j). (1)

因为u(j)n=Ajnrn-j,u(j)k=Ajkrk-j,h(k-j)=(-1)k-j(k-j)!(r-1)k-j+1,Cjk=k!j!(k-j)!,Akjk!=Ckj,

上组式子代入(1)式得

∑n-1j=kCkjrj-k＝∑kj=0k!(Ajnrn-j-Ajkrk-j)(-1)k-j(k-j)!j!(k-j)!k!(r-1)k-j+1=∑kj=0(-1)k-j(Cjnrn-j-Cjkrk-j)(r-1)k-j+1,(2)

(2)式两边同乘rk得

∑n-1j=kCkjrj=rk∑kj=0(-1)k-j(Cjnrn-j-Cjkrk-j)(r-1)k-j+1 =(-r)k(r-1)k+1［rn∑kj=0Cjn(1r-1)j-rk∑kj=0Cjk(1r-1)j］=

-rk(1-r)k+1［rn∑kj=0Cjn(1r-1)j-rk(1+1r-1)k］=rk(1-r)k+1［1-rn∑kj=0Cjn(1-rr)j］.

2) 当r=1时, ∑n-1j=kCkj=Ck+1n是基本组合恒等式［10］, 可直接引用(计算limr1∑n-1j=kCkjrj也可得到,此不赘论).

引理2 对非负整数k, m, 定义vk(x)=(ex-1)k 则有

1) v(m)k(0)=∑kj=0Cjkjm(-1)k-j=S(m,k);

2） v(m)m(0)=S(m,m)=m!；若k>m,则v(m)k(0)=S(m,k)=0.

证明 1) 由二项式定理知vk(x)=(ex-1)k=∑ki=0Cjkejx(-1)k-j, 求m阶导数得

v(m)k(x)=∑kj=0Cjkejxjm(-1)k-j. 令x=0, 则有v(m)k(0)=∑kj=0Cjkjm(-1)k-j=S(m,k).

2）先用数学归纳法来证明: 当k≥m时, v(m)k(x)=Amk(ex-1)k-m+(ex-1)k-m+1u(ex),其中u(t)是关于t的多项式.t=ex, t′=t,Amk是排列数.

当m=0时, 显然有v(0)k(x)=A0k(t-1)k-0+(t-1)k-0+1(0) (0是0次多项式).

假设m=b时结论成立, 即v(b)k(x)=Abk(t-1)k-b+(t-1)k-b+1u1(t), u1(t)是一多项式.

现在来看m=b+1时的情形, 上式求导得

v(b+1)(x)= (k-b)Abk(t-1)k-b-1t′+(k-b+1)(t-1)k-bt′u1(t)+(t-1)k-b+1u′1(t)t′=

Ab+1k(t-1)k-b-1(t-1+1)+(k-b+1)(t-1)k-bu1(t)t+(t-1)k-b+1u′1(t)t=

Ab+1k(t-1)k-(b+1)+(t-1)k-(b+1)+1［Ab+1k+(k-b+1)u1(t)t+(t-1)u′1(t)t］.

故对任意整数 m≤k, v(m)k(x)=Amk(ex-1)k-m+(ex-1)k-m+1u(ex) 成立.

当m≤k时,有v(m)k(0)=Amk(1-1)k-m+(1-1)k-m+1u(1)=Amk0k-m,

所以有 v(m)m(0)=Amm0m-m=Amm00=m!; k>m时 v(m)k(0)=Amk0k-m=0.

引理2证毕.

引理3 令g(x)=2ex+1,则g(b)(0)=∑bk=0(-12)kS(b,k),当 b=2j,j∈N时 g(b)(0)=0.

证明 易知g(x)=(1+ex-12)-1,因为 limx0ex-12=0,所以存在δ,当|x|

由几何级数的收敛特性［9］知,当|x|

∑∞k=0(-12)kvk(x)g(b)(x)=∑∞k=0(-12)kv(b)k(x)g(b)(0)=∑∞k=0(-12)kv(b)k(0).

由引理2知v(b)k(0)=S(b,k),且k>b时v(b)k(0)=0,所以 g(b)(0)=∑bk=0(-12)kS(b,k).（3）

易知g(x)+g(-x)=2,当b≥1时 g(b)(x)+(-1)bg(b)(-x)=0g(b)(0)+(-1)bg(b)(0)=0g(b)(0)(1+(-1)b)=0 b为偶数时 g(b)(0)=0.

由（3）知,当b=2j,j∈N时,∑bk=0(-12)kS(b,k)=g(b)(0)=0. 引理3证毕.

引理4 对二元函数 F(x,y)和非负整数n ,有∑nk=0∑nj=kF(k,j)=∑nk=0∑kj=0F(j,k).

引理4中等式两边表示同一个（n＋1）×（n＋1）上三角矩阵(akj)(0≤k≤j,akj=F(k,j);k>j,akj=0)元素的和, 左边是逐行相加(k是行号,j是列号),右边是逐列相加(k是列号,j是行号),因此等式成立,详证从略.

3 定理的证明

定理1的证明 令f(x)=∑n-1k=0rkekx=∑n-1k=0rk(ex-1+1)k=∑n-1k=0∑kj=0rkCjk(ex-1)j.（4）

由引理4知 ∑n-1k=0∑kj=0rkCjk(ex-1)j=∑n-1k=0∑n-1j=krjCkj(ex-1)k=∑n-1k=0(ex-1)k∑n-1j=krjCkj.（5）

由（4）、（5）和引理2中vk(x)定义知f(x)=∑n-1k=0rkekx=∑n-1k=0vk(x)∑n-1j=kCkjrj.（6）

以x为自变量对（6）式求m价导数得f(m)(x)=∑n-1k=0rkkmekx=∑n-1k=0v(m)k(x)∑n-1j=kCkjrj.（7）

在（7）式中令x=0得 f(m)(0)=∑n-1k=0rkkm=∑n-1k=0v(m)k(0)∑n-1j=kCkjrj.

由引理2知k>m时 v(m)k(0)=0, 所以 ∑n-1k=0rkkm=∑mk=0v(m)k(0)∑n-1j=kCkjrj.（8）

将引理1和引理2的结论代入（8）式得:

∑n-1k=0rkkm=∑mk=0rk(1-r)k+1(1-rn∑kj=0Cjn(1-rr)j)S(m,k), [WB]r≠1 ∑mk=0Ck+1nS(m,k), [DW]r=1

定理2的证明:

1) 当r≠1时,令f(x)=∑n-1k=0rkekx, p=r1-r, t(x)=p(ex-1) 则

f(x)=1-rnenx1-rex=1-rnenx(1-r)(1-r1-r(ex-1))-1=11-r(1-rnenx)(1-t(x))-1.（9）

因为limx0 t(x)=plimx0(ex-1)=0,所以存在δ,当|x|

由(9)、(10)得f(x)=∑n-1k=0rkekx=1-rnenx1-r∑∞k=0pkvk(x)=11-r［∑∞k=0pkvk(x)-rnenx∑∞k=0pkvk(x)］.(11)

由莱布尼茨函数乘积的高阶导数公式［9］ 对 (11) 式求m阶导数得

f(m)(x)=∑n-1k=0rkkmekx=11-r［∑∞k=0pkv(m)k(x)-rn∑mh=0Chmnhenx(∑∞k=0pkv(m-h)k(x))］

f(m)(0)=∑n-1k=0rkkm=11-r［∑∞k=0pkv(m)k(0)-rn∑mh=0Chmnh∑∞k=0pkv(m-h)k(0)］. [KG*2]

(12)

根据引理2在(12)式右边去除k>m时v(m)k(0)=0的项和k>m-h时v(m-h)k(0)=0的项得

∑n-1k=0rkkm=11-r［∑mk=0pkv(m)k(0)-rn∑mh=0Chmnh∑m-hk=0pkv(m-h)k(0)］. (13)

将引理2的结论及p=r1-r代入(13)并整理得

∑n-1k=0rkkm=∑mk=0rk(1-rn)(1-r)k+1S(m,k)-∑mh=1Chmrnnh∑m-hk=0rk(1-r)k+1S(m-h,k).(14)

2) 对任意n≥1由(14)知

[JZ(][WB]∑2n-1k=0(-1)kkm=∑mk=0(-1k)(1-(-1)2n)2k+1S(m,k)-∑mh=1Chm(-1)2n2hnh∑m-hk=0(-1)k2k+1S(m-h,k) [JZ)]

[DW]∑2n-1k=0(-1)kkm=∑mh=1Chmnh∑m-hk=0(-1)k+12k+1-hS(m-h,k).(15)

由定理1知∑n-1k=0km=∑mk=0Ck+1nS(m,k),Cm+1n是关于n的m+1次多项式,因此和式∑mk=0Ck+1nS(m,k)是关于n的m+1次多项式,令h次项的系数为Z(m,h),即∑n-1k=0km=∑m+1h=0Z(m,h)nh.(16)

对任意n≥1有 ∑2n-1k=0km=∑m+1h=0Z(m,h)(2n)h.(17)

(15)、(17)相加(等式左边符号相反的奇次项抵消, 符号为正的偶次项加倍)得

2∑n-1k=0(2k)m=Z(m,0)+∑mh=1nh［Chm∑m-hk=0(-1)k+12k+1-hS(m-h,k)+2hZ(m,h)］+Z(m,m+1)(2n)m+1.

由(16)知2∑n-1k=0(2k)m=2m+1∑n-1k=0km=2m+1∑m+1h=0Z(m,h)nh,所以

2m+1∑m+1h=0Z(m,h)nh=Z(m,0)+∑mh=1nh［Chm∑m-hk=0(-1)k+12k+1-hS(m-h,k)+2hZ(m,h)］+Z(m,m+1)(2n)m+1Z(m,0)-2m+1Z(m,0)+∑mh=1nh［Chm∑m-hk=0(-1)k+12k+1-hS(m-h,k)+2hZ(m,h)-2m+1Z(m,h)］=0.(18)

(18)左边是关于n的多项式,因此各项系数应等于0,所以 Z(m,0)-2m+1Z(m,0)=0,即Z(m,0)=0.

当1≤h≤m时 Chm∑m-hk=0(-1)k+12k+1-hS(m-h,k)+2hZ(m,h)-2m+1Z(m,h)=0.

解得 Z(m,h)=Chm2-2m+2-h∑m-hk=0(-12)kS(m-h,k),1≤h≤m.(19)

由于Cm+1n展开式中nm+1项的系数是1(m+1)!,由定理1知 Z(m,m+1)=S(m,m)(m+1)!=1m+1.

所以有

∑n-1k=0km=nm+1m+1+∑mh=1Z(m,h)nh,其中Z(m,h)=Chm2-2m+2-h∑m-hk=0(-12)kS(m-h,k).

Z(m,m)=Cmm2-2m+2-m∑m-mk=0(-12)kS(m-m,k)=12-22∑0k=0(-12)kS(0,k)=-12(12)0S(0,0)=-12.

由(19)和引理3知,当h≥1, 且m-h为偶数时 Z(m,h)=0.定理2证毕.

推论1的证明 在定理1的结论中,由文献［11-12］知,当|r|

定理3的证明

证明 Bernoulli数的分析定义［1］：若|x|≤2π,xex-1=∑∞k=0Bkk!xk,其中Bk为Bernoulli数.

令b(x)=xex-1,比较b(x)在0处的泰勒展开式与Bernoulli数的分析定义知Bk=b(k)(0)=limx0 b(k)(x)

1）令y=ex,则 b(x)=log(y)y-1=F(y)=F(ex).

F(y)在y=1处的泰勒展开式是F(y)=∑∞j=01j!F(j)(1)(y-1)j,所以有

b(x)=F(ex)[WB]=∑∞j=11j!F(j)(1)(ex-1)j=∑∞j=11j!F(j)(1)vj(x)b(k)(x)=∑∞j=11j!F(j)(1)v(k)j(x)

[DW]Bk=b(k)(0)=∑∞j=11j!F(k)(1)v(k)j(0).(20)

又F(y)y-F(y)=log(y),对等式两边求j+1阶导数得

C0j+1yF(j+1)(y)+C1j+1F(j)(y)-F(j+1)(y)=(-1)jy-j-1j!.

令y=1解得F(j)(1)=(-1)jj!j+1; 由引理2知v(k)j(0)=S(k,j),且j>k时v(k)j(0)=0;代入(20)得

Bk=∑kj=0(-1)jS(k,j)j+1.

2)令b(x)=xex-1,g(x)=2ex+1,则有 b(2x)=b(x)-x2g(x).(21)

当k≥1时,对(21)式两边同求k阶导数得

2kb(k)(2x)=b(k)(x)-C0kx2g(k)(x)-C1k2g(k-1)(x)2kb(k)(0)=b(k)(0)-k2g(k-1)(0)

解得b(k)(0)=k2-2k+1g(k-1)(0)(22)

由引理3知Bk=b(k)(0)=k2-2k+1∑k-1j=0(-12)jS(k-1,j).

3)当k∈N时,由(22)和引理3易知 B2k+1=b(2k+1)(0)=2k+12-22k+2g(2k)(0)=0.

4）令f(x)=∑n-1k=0ekx, 则f(x)=1-enx1-ex=x(ex-1)enx-1x. 令b(x)=xex-1, u(x)=ex-1x, 则有

f(x)=∑n-1k=0ekx=nb(x)u(nx) f(m)(x)=∑n-1k=0kmekx=n∑mk=0Ckmb(k)(x)nm-ku(m-k)(nx)

f(m)(0)=∑n-1k=0km=∑mk=0Ckmb(k)(0)u(m-k)(0)nm-k+1=∑mk=0CkmBku(m-k)(0)nm-k+1.(23)

又 u(x)x=ex-1,两边同求m-k+1阶导数得 C0m+1-ku(m+1-k)(x)x+C1m+1-ku(m-k)(x)=ex

令x=0 则有C1m+1-ku(m-k)(0)=1,即 u(m-k)(0)=1m-k+1,代入(23)得

∑n-1k=0km=∑mk=0Ckm+1Bkm+1nm+1-k.证毕.

由定理3得出的Bk表达式容易算出B0=1,B1=-12,B2=16,B3=0,B4=-130等.

注:应用洛比达法则,由定理1、定理2中r≠1时的结论及文献［4］中的推论2,我们还得到了连续自然数幂和公式及Bernoulli数的多种表示形式,此不赘述.

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