Bernoulli number and Zeta function

By | April 18, 2015

이 글에서는 Bernoulli number와 zeta function과의 관계를 드러내는 식을 증명한다.

Definition 1 Define the Bernoulli numbers {B_{n}} by the formula

\displaystyle \frac{z}{e^{z}-1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}z^{n}.

이 Bernoulli number는 계수 비교를 이용해서 {B_{0}=1}, {B_{1}=-\frac{1}{2}}, {B_{2}=\frac{1}{6},}, {B_{3}=0}, {B_{4}=-\frac{1}{30}}, {B_{5}=0}이 성립한다.

Bernoulli number를 generating function을 이용해서 정의를 했는데, Bernoulli number간의 점화식은 다음과 같다.

Proposition 2 For {n\ge1}, we have

\displaystyle B_{n}=-\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n+1}{k}B_{k}.

Proof: 계산의 편의를 위해 양변에 {e^{z}-1}를 곱하면

    \begin{align*} z & =\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}z^{n}\right)\left(e^{z}-1\right)\\ & =\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}z^{n}\right)\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n}}{n!}-1\right)\\ & =\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}z^{n}\right)\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n}}{n!}\right)-\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}z^{n} \end{align*}

를 얻는다. 여기서 Cauchy product formula에 의하여

\displaystyle \left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}z^{n}\right)\left(\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^{n}}{n!}\right)=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}\frac{B_{k}}{k!}\frac{1}{\left(n-k\right)!}\right)z^{n}

를 얻으며,

\displaystyle z=\sum_{n=0}^{\infty}\left(\sum_{k=0}^{n}\frac{B_{k}}{k!}\frac{1}{\left(n-k\right)!}-\frac{B_{n}}{n!}\right)z^{n}

를 얻는다. 이 식에서 {n\ge2}일 경우에 대해서는

\displaystyle \sum_{k=0}^{n}\frac{B_{k}}{k!}\frac{1}{\left(n-k\right)!}=\frac{B_{n}}{n!}

가 성립함을 보인다. 따라서

\displaystyle B_{n}=\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}B_{k}=-\frac{1}{n+1}\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n+1}{k}B_{k}

를 얻는다. \Box

Proposition 3 {B_{n}=0} if {n} is odd and {>1}. Also,

\displaystyle z\cot z=1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{2^{2n}B_{2n}}{\left(2n\right)!}z^{2n}. \ \ \ \ \ (1)

 

Proof: 다음과 같이

\displaystyle \frac{z}{e^{z}-1}=1-\frac{z}{2}+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}z^{n}

이라 쓰고,

\displaystyle \frac{z}{e^{z}-1}+\frac{z}{2}=1+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}z^{n}

이라 하자. 그러면

    \begin{align*} & \mathrel{\phantom{{=}}}\frac{z}{e^{z}-1}+\frac{z}{2}\\ & =\frac{z}{2}\left(\frac{e^{\frac{z}{2}}+e^{-\frac{z}{2}}}{e^{\frac{z}{2}}-e^{-\frac{z}{2}}}\right)\nonumber \\ & =\frac{z}{2}\coth\left(\frac{z}{2}\right)\nonumber \end{align*}

을 얻는다.

\displaystyle \frac{\left(-z\right)}{2}\coth\left(\frac{-z}{2}\right)=\frac{z}{2}\coth\left(\frac{z}{2}\right)

이므로 이는 우함수다. 따라서

\displaystyle 1+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}\left(-z\right)^{n}=1+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}\left(-1\right)^{n}z^{n}=1+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}z^{n}

이므로

\displaystyle B_{n}\left(-1\right)^{n}=B_{n}

이다. 따라서 {n}이 1보다 큰 홀수일 경우, {B_{n}=0}임을 얻는다.

이제 {\frac{z}{2}\coth\left(\frac{z}{2}\right)}{z}{2iz}를 넣으면 {iz\coth\left(iz\right)=z\cot\left(z\right)}를 얻는다. 그러므로

    \begin{align*} z\cot\left(z\right) & =1+\sum_{n=2}^{\infty}\frac{B_{n}}{n!}\left(2iz\right)^{n}\\ & =1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{B_{2n}}{\left(2n\right)!}\left(i\right)^{2n}2^{n}z^{n}\\ & =1+\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n}\frac{B_{2n}}{\left(2n\right)!}2^{n}z^{n} \end{align*}

를 얻는다. \Box

Proposition 4 We have

\displaystyle x\cot x=1-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta\left(2m\right)}{\pi^{2m}}x^{2m}.

이를 보이기 위해서는 다음과 같은 사실이 하나 필요하다.

Lemma Let {\alpha} be a complex number not equal to an integer. Then

\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}-\alpha^{2}}=\frac{1}{2\alpha^{2}}-\frac{\pi}{2\alpha\tan\left(\alpha\pi\right)}.

For all {u\in\mathbb{C}-\pi\mathbb{Z}},

\displaystyle \cot u=\frac{1}{u}+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{u}{u^{2}-n^{2}\pi^{2}}.

Proof: 증명 보충예정 \Box

Proof: {\left|\frac{u^{2}}{n^{2}\pi^{2}}\right|<1}{u\in\mathbb{C}-\pi\mathbb{Z}}에 대하여 앞에 lemma에 의하여

    \begin{align*} u\cot u & =1+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{u^{2}}{u^{2}-n^{2}\pi^{2}}\\ & =1-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{u^{2}}{n^{2}\pi^{2}}\left(\frac{1}{1-\frac{u^{2}}{n^{2}\pi^{2}}}\right)\\ & =1-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{u^{2}}{n^{2}\pi^{2}}\left(\sum_{m=0}^{\infty}\left(\frac{u^{2}}{n^{2}\pi^{2}}\right)^{m}\right)\\ & =1-2\sum_{m=0}^{\infty}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2m+2}}\right)\frac{1}{\left(\pi\right)^{2m+2}}u^{2m+2}\\ & =1-2\sum_{m=0}^{\infty}\frac{\zeta\left(2m+2\right)}{\pi^{2m+2}}u^{2m+2}\\ & =1-2\sum_{m=1}^{\infty}\frac{\zeta\left(2m\right)}{\pi^{2m}}u^{2m} \end{align*}

이 성립한다. 해석확장에 의하여

\displaystyle x\cot x=1-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\zeta\left(2m\right)}{\pi^{2m}}x^{2m} \ \ \ \ \ (2)

 

이다. \Box

이제 우리가 증명하고자 하는 정리의 증명이 거의 다 끝나간다.

Theorem 5 For any {m\in\mathbb{N}}, we have

\displaystyle 2\zeta\left(2m\right)=\left(-1\right)^{m+1}\frac{\left(2\pi\right)^{2m}}{\left(2m\right)!}B_{2m}.

Proof: (1)와 (2)에 의하여

\displaystyle \sum_{m=1}^{\infty}\left(-1\right)^{m}\frac{2^{2m}B_{2m}}{\left(2m\right)!}x^{2m}=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{-2\zeta\left(2m\right)}{\pi^{2m}}x^{2m}

를 얻으므로 따라서

\displaystyle 2\zeta\left(2m\right)=\left(-1\right)^{m+1}\frac{\left(2\pi\right)^{2m}}{\left(2m\right)!}B_{2m}

이다. \Box

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