含有2的幂次的Euler和的研究

2018-08-24 01:36
关键词:正整数关系式符号

(浙江理工大学理学院,杭州 310018)

0 引 言

广义调和数的定义为

当p=1时为经典的调和数,用Hn表示。

设p1,p2,…,pm为正整数,且p1≤p2≤…≤pm,x∈[-1,1),记

称p1+…+pm+q为Sp1p2…pm,q(x)的权。为方便起见,类似整数分拆的记法,将重复的数字用幂的形式来表示,例如,

在Sp1p2…pm,q(x)中令x=1,就得到经典的Euler和Sp1p2…pm,q。Berndt[1]指出,Euler和的研究起源于1742年,在与Goldbach的通信中,Euler首先考虑了线性和

并得出很多结果。例如,Euler指出当q≥2时,S1,q可以用zeta值表示:

本文主要研究含有2n的Euler和,并通过生成函数及特殊函数积分系统地计算出一些低阶的含有2n的Euler和的值。

1 一些引理

引理1当k≥1时,第一类无符号Stirling数满足如下生成函数:

(1)

Lij(1-t)+ζ(k+1)

(2)

引理1中(1)即为第一类无符号Stirling数的指数型生成函数。Wang等[7]在(1)的基础上通过积分进一步得到生成函数(2)。利用第一类无符号Stirling数与Bell多项式的关系[7]:

可以将(1)和(2)改写为

(3)

(4)

(5)

(6)

由(5)和(6)可以进一步得到含有2n的Euler和的关系式。

ln2(1-t)Li2(1-t)+2ln(1-t)Li3(1-t)-

2Li4(1-t)+2ζ(4)

(7)

(8)

(9)

再令r取特殊值也可得到含有2n的Euler和的关系式。

最后,Choi等[9]利用Kummer求和公式得到两个含有2n的无穷级数的表达式。

引理3设k≥0为整数,则

(10)

(11)

其中pk满足以下递推关系:

2 权2,3,4的含有2n的Euler和的计算

利用上述引理可以系统地得到权2,3,4的含有2n的Euler和的值。

定理1权为2,3的4个含有2n的Euler和可以用zeta值表示。

解以上三个线性方程构成的方程组可以得到权3的所有Euler和:

在(5)中令k=4,可以得到

类似地,在(6)和(10)中令k=3,在(11)中令k=2可以得到另外3个方程。

解以上线性方程组可以得到权4的所有Euler和:

3 含有2n的Euler和与交错Euler和的关系

Xu[12]通过以下积分定义了序列(Yk(n)):

该序列满足如下递推公式:

利用序列(Yk(n))可以建立含有2n的Euler和与交错Euler和的关系。

定理3对于正整数k,有

= (-1)m+1m!ζ(m+1)ln(2)+

(12)

另一方面,直接做变量替换x→1-t可得

ln(2)·(-1)m+1m!ζm+1

(13)

结合(12)和(13)可以得到结果。

4 结 论

本文利用生成函数的方法得到权2,3,4的所有含有2n的Euler和,并利用特殊函数积分的方法建立含有2n的Euler和与交错Euler和的关系,由此计算出两个权5的含有2n的Euler和。笔者将在后续的研究中利用生成函数、特殊函数积分,建立更多的含有2n的Euler和与交错Euler和的关系,得到足够多的方程,由此求解出所有权5、6的含有2n的Euler和。

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