Bernoulli-Zetafunkti..

Dennis Grothe, 11.11.2016
Bernoulli-Zahlen und Werte der Zetafunktion
Eine kurze Herleitung der Bernoulli-Zahlen
Betrachtet man die Funktion
f (z) =
ez
z
−1
(z 6= 0),
so sieht man, dass diese im Ursprung durch f (0) = 1 stetig fortgesetzt werden kann und
f daher holomorph in einer ε-Umgebung von 0 ist. Die Taylor-Entwicklung von f sei von
der Form
∞
X
Bn n
f (z) =
z ,
n!
n=0
wobei die Koeffizienten Bn als Bernoulli-Zahlen bezeichnet werden. Um diese konkret zu
bestimmen, betrachten wir eine andere Darstellung von f
z
z
1
1
f (z) = ∞
= ∞
= ∞
= ∞
=
X zk
X zk
X z k−1
X zk
−1
k!
k!
k!
(k + 1)!
k=0
k=1
k=1
∞
X
k=0
zk
(k + 1)!
!−1
.
k=0
Da beide Darstellungen im Konvergenzradius 2π absolut konvergieren, kann man die
Cauchysche Produktformel auf das Produkt der Darstellungen anwenden
! ∞
!
!
∞
∞ X
m
m X
X zk
X
X X
Bn n
Bn
zm
m+1
1=
z ·
=
=
B
.
n
n
n!
(k + 1)!
n!(m − n + 1)z m
(m + 1)!
n=0
m=0 n=1
k=0
m=0
Durch Koeffizientenvergleich erhält man B0 = 1 und weiter
m X
m+1
n=0
n
Bn = 0 .
Durch diese rekursive Gleichung erhält man für m = 1 zum Beispiel
1
B0 + 2B1 = 0 ⇒ B1 = − .
2
1
Weitere Zahlen sind B2 = 16 , B3 = 0, B4 = − 30
, B5 = 0 und B6 =
1
1
42 .
n=0
Ungerade Bernoulli-Zahlen
Wie in den Beispielen angedeutet, sind alle Bernoulli-Zahlen Bn für ungerade n ≥ 3
gleich 0. Das sieht man, wenn man sich folgende Umformung des Kotangens Hyperbolicus
ansieht
z
z cosh z/2
z
coth z/2 = ·
= ·
2
2 sinh z/2
2
ez/2 +e−z/2
2
ez/2 −e−z/2
2
=
z ez/2 + e−z/2
·
.
2 ez/2 − e−z/2
Erweitert man den Bruch mit ez/2 , erhält man
∞
X Bn
z 1 + ez
z
2z + z(ez − 1)
z
z
· z
= · 2 + ez − 1ez − 1 =
=
+
=
1
+
zn.
2 e −1
2
2(ez − 1)
ez − 1 2
n!
n=2
Nun bemerkt man, dass der Kotangens eben so wie z2 eine ungerade Funktion ist, wodurch der obige Term eine gerade Funktion darstellt. Daher müssen alle Summanden mit
ungeradem Exponenten verschwinden.
Somit erhält man die allgemeine Definition der Bernoulli-Zahlen als Taylorentwicklung
∞
X B2k
z
=
B
+
B
z
+
z 2k .
0
1
ez − 1
(2k)!
k=1
Berechnung von ζ(2k)
Über die Werte der Zetafunktion für ungerade natürliche Zahlen ist wenig bekannt. Für
die geraden natürlichen Zahlen existiert jedoch eine Darstellung, welche die BernoulliZahlen benutzt. Es gilt
∞
X
1
(−1)k+1 (2π)2k
ζ(2k) :=
=
B2k ,
2(2k)!
n2k
(k ∈ N) .
n=1
Bevor wir zum Beweis kommen, rechnen wir einige Werte konkret aus:
• ζ(2) =
π2
6
• ζ(4) =
π4
90
• ζ(6) =
π6
945
2
Beweis: Definiere
g(z) :=
ez
z
.
−1
Zunächst gilt nach Definition des Kotangens
eiz + e−iz
e2iz + 1
2iz
=
iz
= 2iz
+ iz = g(2iz) + iz
iz
−iz
2iz
e −e
e −1
e −1
∞
∞
X
2iz X B2k
22k
2k
= iz + 1 −
+
(2iz) = 1 +
(−1)k
B2k z 2k .
2
(2k)!
(2k)!
z cot z = iz
k=1
k=1
Daher gilt auch in einer geeigneten Umgebung von Null
(∗) πz cot πz = 1 +
∞
X
22k
(−1)k
B2k (πz)2k .
(2k)!
k=1
Aus der Vorlesung ist bekannt, dass
πz cot πz = 1 +
∞
X
n=1
2z 2
.
z 2 − n2
Nun sieht man mit Hilfe der geometrischen Reihe ein, dass
k
∞ 1
1
1 X z2
=−
=− 2
.
z 2 − n2
1 − z 2 /n2
n
n2
k=0
Also ist
πz cot πz = 1 + 2z 2
∞
X
n=1
"
k #
∞ 1 X z2
− 2
,
n
n2
k=0
beziehungsweise nach Vertauschung der Summationsreihenfolge
!
∞
∞
∞
X
X
X
1
2k
πz cot πz = 1 − 2
z =1−2
ζ(2k)z 2k .
n2k
k=1
n=1
k=1
Der Vergleich mit (∗) zeigt
ζ(2k) =
(−1)k−1 (2π)2k
B2k
2
(2k)!
Quellen:
• Bernoulli-Zahlen, Zetafunktion und Summen von Potenzen
(http://www.mathe-seiten.de/bernoulli.pdf)
• Funktionentheorie 1 (Freitag/Busam)
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