ベルヌーイ数、ベルヌーイ関数





■      ベルヌーイ数の新しい計算方法


ベルヌーイ数は、結局 k(x)と同種の関数なので、ベルヌーイ関数と呼ぶほうが相応しいかもしれません。 k(x) = - B(1-x)/(1-x) ですから、両者はほとんど同じものです。また、零線図を比較しても、左右が逆なだけでふたつの図は非常によく似ています。リーマン零点の場所も同じです。ですから、リーマン仮説証明をB(x)を使っておこなうこともありえるわけで、いずれこのやり方での証明にもトライしてみようかと思っています。

今まではベルヌーイ数は整数のみで理解されてきましたが、k(x)=-B(1-x)/(1-x) の式からも判るように実数、そして複素数でも計算可能となります。すでに別のページに載せたように零線図を描くことも出来ます。

さて、今回発見したのはベルヌーイ数の新しい計算方法です。今までは、su(x)の数列を先に見つけた関係で、B(x)=su(x)/x! という式で計算していました。su(x)の計算式は、su(x) = su(x-1)*2! - su(x-2)*3! + su(x-3)*4! - .... +- su(0)*(x+1)! というものです。しかし、これですと7000桁のデータを得るのにとても時間がかかります。B(1000)まで求めるのに、たしか1ヶ月以上パソコンを動かし続けていたと記憶しています。

今回、x!*(-x)! を研究していて x!*(-x)! = x*pi/sin(x*pi) という式を見つけたことを切っ掛けにいくつかの新しい発見をしました。 B(x) = f(x)*x!/pi^x/(2^(x-1)-1) と書くことが出来、このf(x)をlt(x)と書くことにすると、lt(x) = 1 - 1/2^x + 1/3^x - 1/4^x) + 1/5^x) - . . . という綺麗な式になります。これには感激しました。

そこで、このlt(x)を研究したのですが、この式のままでは収束に時間がかかりすぎるので、k(x)の場合と同様のやり方で収束の早い式を探したところ以下の式になりました。

lt(x,n) = 1 - 1/2/n^x + x/4/n^(x+1) - x(x+1)(x+2)/2/4!/n^(x+3) + x(x+1) ... 3*(x+4)/2/6!/n^(x+5) - ...

これを判りやすく表記するためにlet(n)という数列を導入します。つまり、lt(x,n) = Σ_[r=1,n] let(r)*x(x+1)...(x+r-1)/2/r!/r^(x+r-1) ということです。

このlet(n)を表にすると、let(1)=-1, let(2)=1, let(4)=-1, let(6)=3, let(8)=-17, let(10)=155, let(12) = -2073, let(14) = 38227, let(14 ) = -929569, let(16) = 28820619, let(18) = -1109652905, ... となります。すべて整数です。

このlet(x)は以下の式で計算できます。let(x)=f(x)*2*(x-1)!//pi^x であり、f(n)をlu(x)で表記すると、lu(x) = 1 + 1/3^x + 1/5^x + 1/7^x + 1/9^x + .....  という非常に綺麗な式になっています。これでlet(x)は速やかに計算することが可能となります。let(x)をデータとして使うと、lt(x)の計算がスムーズになります。

そういうわけで、let(x)の計算は順調に進み、let(1200)くらいまで結果が出ました。これでlt(x)の零線図でも描いてみようかなどと考えているときに、ふと「ベルヌーイ数と掛け合わせるとどうなるだろうか」と思いつきました。試しに計算してみたところ、期待以上の良い結果を得ることが出来ました。つまり、let(x)*B(x)は、かなり大きな数ですが、すべて整数になるのです。B(x)の分母はすべて消えてしまいます。そこで、この数がどのレベルの無限かを調べてみると、驚いたことに 2*(2^x-1) となりました。誤差無しの完全イクオールですから少々驚きました。

これを使うとlt(x)を計算することなくB(x)が求められます。つまり、B(x)=let(x)/2/(2^x-1) となります。すでにlet(x)は1200まで計算してあるので、それを使うと非常に速やかに、しかも精度良く、B(x)を計算できます。





■      ベルヌーイ関数


k(x) = - B(1-x)/(1-x) ですから B(x) = - x * k(1-x) でもあります。また、Σn^r=n^(r+1)/(r+1)* {1-B(1)*(r+1)/n+ B(2)*(r+1)!/2!/(r-1)!/n^2+ B(3)*(r+1)!/3!/(r-2)!/n^3+ . . } - B(r+1)/(r+1) という式も成り立ちます。また、B(r)=-cos(pi*r/2)*r!*2/(2*pi)^r * zt(r) という式もあります。

k(r) = zt(r) + ber(r)  であることは、リーマン証明の中で何度も説明しましたが、これを使うと  k(-r) = zt(-r) + ber(-r)   となります。zt(-r) = 1 + 2^r + 3^r + 4^r + . . . + n^r   であることはすぐに判りますが、ber(-r) が何なのかはすぐには判りません。

そこで、まずは ber(-r) を分析してみることにします。

ber(s) = Σ_[r=0,∞] B(r)*(s-2+r)!/r!/(s-1)!/n^(s-1)/n^r    ですから、s にマイナスを付けると   ber(-s) = Σ_[r=0,∞] B(r)*(-s-2+r)!/r!/(-s-1)!/n^(-s-1)/n^r   となります。

まずは、実数のときのber(-s)を調べるために、s=2+0*i として、ber(-2)を計算してみます。すると、ber(-2) = - n^3/3 + n^2/2 - n/6 となります。この計算ではB(1)=-1/2としていますが、この場合のB(1)はプラスになると考えるべきで、その理由はさらに検討しますが、とにかく、B(1)=1/2 とすると、ber(-2) = - n^3/3 - n^2/2 -n/6 となります。k(-2) = zt(-2) + ber(-2) であり、zt(-2) = 1 + 2^2 +3^2 +4^2 + . . . + n^2  なので、べき乗の公式とまったく同じになります。

zt(-2) = - ber(-2) + k(-2) なので、Σn^2 = n^3/3 + n^2/2 + n/6 - B(3)/3 となります。B(3)=0 です。zt(-3)としても、べき乗の公式と同じ結果になります。つまり、k(r)=zt(r)+ber(r)はベキ乗の公式の変形であり、同じことだということです。問題はB(1)が +1/2 なのか -1/2 なのかという点ですが、これについては両方可能であるというのが現在の通説のようですが、さらなる検討が必要だと思います。






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