§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.