Cuando esta suma de potencias perfectas está acotada

Question

Para cualquier número entero positivo $n,d$ , dejemos que

$$ A_d(n)=\frac{\sum_{k=1}^n k^{2d}}{n(n+1)(2n+1)} $$

Es fácil de ver (y bien conocido) que para los fijos $d$ , $A_d(.)$ es un polinomio de grado $2d-2$ . Escribir $A_d(x)$ entonces tiene sentido para cualquier $x\in{\mathbb R}$ , no sólo los enteros positivos.

¿Se sabe para qué números reales $x$ la secuencia $(A_d(x))_{d\geq 1}$ es ¿acotado?

ACTUALIZACIÓN : esta pregunta también se formuló en MO

Answer 1

Markus Scheuer señaló la literatura que contiene todo lo necesario para un
respuesta más completa y limpia. Aun así, permítanme dejar esta como estaba, merece una respuesta aparte.

... Espero que no sea pura caza de recompensas por mi parte, pero aquí hay algunas pruebas de que $A_d(x)$ en su conjunto podría tener un bonito límite como $d\to\infty$ : raíces reales de $A_d(x)$ muy rápidamente se convierten en muy cercanos a los medios enteros. Por ejemplo, aquí están las raíces reales de $A_{31}(x)$ :

$$ \begin{array}{rl} -4.&7392448816946959003622314391353847421996102737947803419494492900007\\ -4.&5027652294851661968345082151000807931898466324185824199087980186141\\ -3.&9999998139020492031175531389561140529018995821878583363385222409911\\ -3.&5000000000022935383500658889864185834363214538575577529515462763107\\ -2.&9999999999999999977505041317882254571396873898232742129535442958828\\ -2.&5000000000000000000000000403537157103973597828990762521212139197237\\ -1.&9999999999999999999999999999999999995122183385375255793622791417059\\ -1.&5000000000000000000000000000000000000000000000000000001057707874112\\ 0.&5000000000000000000000000000000000000000000000000000001057707874112\\ 0.&9999999999999999999999999999999999995122183385375255793622791417059\\ 1.&5000000000000000000000000403537157103973597828990762521212139197237\\ 1.&9999999999999999977505041317882254571396873898232742129535442958828\\ 2.&5000000000022935383500658889864185834363214538575577529515462763107\\ 2.&9999998139020492031175531389561140529018995821878583363385222409911\\ 3.&5027652294851661968345082151000807931898466324185824199087980186141\\ 3.&7392448816946959003622314391353847421996102737947803419494492900007 \end{array} $$ y el patrón continúa

Esto indica que después de una normailización $A_d(x)$ bien podría tender a algo así como $\sin(2\pi x)$ .

Aquí están los gráficos superpuestos de $\frac{32x(x+1)(2x+1)A_d(x)}{-3A_d(-\frac14)}$ para $d$ hasta 28

Además, permítanme reproducir aquí el material de un responder en MO:

para $S_{2d}(x):=x(x+1)(2x+1)A_d(x)$ Puedo probar $$ \lim_{d\to\infty}\frac{4^{2d+1}}{E_{2d}}S_{2d}(x)=\sin(2\pi x) $$ donde $E_{2d}$ son los Números de Euler , modulando otra expresión límite, ahora puramente numérica, que involucra a Euler y Bernoulli números (véase más abajo).

Antes de comenzar la prueba, permítanme explicar el porqué de esta expresión en particular. Como he dicho anteriormente, había algunas pruebas de que $S_{2d}(x)$ se comporta como $d$ crece cada vez más como $c_d\sin(2\pi x)$ donde $c_d$ son algunas constantes (que crecen rápidamente). Ahora bien, si esperamos que $\lim_{d\to\infty}S_{2d}(x)/c_d$ es de hecho $\sin(2\pi x)$ entonces podemos arreglar cualquier $x$ donde $\sin(2\pi x)$ es distinto de cero y donde podemos calcular $S_{2d}(x)$ y tomar $c_d=S_{2d}(x)/\sin(2\pi x)$ . Y $x=-1/4$ parece ser una opción razonable, véase más adelante.

Utilizaré La fórmula de Faulhaber $$ \sum_{k=1}^nk^d=\frac1{d+1}\sum_{j=0}^d(-1)^j\binom{d+1}jB_jn^{d+1-j} $$ donde $B_j$ son los números de Bernoulli. Por un lado, da explícitamente los coeficientes del polinomio $x(x+1)(2x+1)A_d(x)=S_{2d}(x)$ podemos reescribir la fórmula de Faulhaber como $$ S_{2d}(x)=\sum_{i=0}^{d-1}\binom{2d}{2i+1}\frac{B_{2(d-i)}}{2(d-i)}x^{2i+1}+\frac{x^{2d}}2+\frac{x^{2d+1}}{2d+1}. $$

Por otro lado, cambiando ligeramente la prueba de la fórmula de Faulhaber como se indica en Wikipedia (o quizás utilizando algún otro argumento) se puede calcular $S_{2d}(-1/4)$ . En primer lugar, para la generalidad de los $n$ se considera la función generadora exponencial: $$ \sum_{d=0}^\infty\frac{S_{2d}(n)}{(2d)!}z^{2d} =\sum_{d=0}^\infty\frac1{(2d)!}\sum_{k=1}^nk^{2d}z^{2d} =\sum_{k=1}^n\sum_{d=0}^\infty\frac{(kz)^{2d}}{(2d)!}=\sum_{k=1}^n\cosh(kz); $$
este último puede recogerse además como $$ \sum_{k=1}^n\cosh(kz) =\sum_{k=1}^n\frac{e^{kz}+e^{-kz}}2 =\frac12\left(\sum_{k=1}^n(e^z)^k+\sum_{k=1}^n(e^{-z})^k\right) =\frac12\left(e^z\frac{1-e^{nz}}{1-e^z}+e^{-z}\frac{1-e^{-nz}}{1-e^{-z}}\right) =\frac12\left(\cosh(nz)-1+\coth\left(\frac z2\right)\sinh(nz)\right). $$ Sustituyendo $n=-\frac14$ da $$ \frac12\left(\cosh\left(\frac z4\right)-1-\coth\left(\frac z2\right)\sinh\left(\frac z4\right)\right) =\frac12\operatorname{sech}\left(\frac z4\right)-1 =-\frac12+\sum_{d=1}^\infty\frac{E_{2d}}{2\times4^{2d}(2d)!}z^{2d} $$ Así, $S_{2d}(-1/4)=\frac{E_{2d}}{2\times4^{2d}}$ .

Juntando estos dos cálculos vemos que tendremos $$ \lim_{d\to\infty}\frac{S_{2d}(x)}{-S_{2d}(-1/4)}=\sin(2\pi x) $$ si podemos demostrar $$ \lim_{d\to\infty}\frac{\binom{2d}{2i+1}\frac{B_{2(d-i)}}{2(d-i)}}{-\frac{E_{2d}}{2\times4^{2d}}}=(-1)^i\frac{(2\pi)^{2i+1}}{(2i+1)!} $$ y a partir de aquí no sé cómo proceder, salvo una modificación aparentemente más manejable $$ 2\lim_{d\to\infty}4^{2d-i}\frac{B_{2(d-i)}}{(2(d-i))!}/\frac{E_{2d}}{(2d)!}=(-1)^{i+1}\pi^{2i+1} $$

Me han dicho en MO que esto se deduce de la asintótica conocida de los números de Bernoulli y Euler pero no sé cómo estimar los errores precisos de sus aproximaciones asintóticas y sin eso no sé cómo ir a calcular el límite requerido de su relación.

Answer 2

En un comentario anterior Markus Scheuer dio enlaces a materiales que fácilmente contienen una respuesta. Utilizaré materiales muy informativos notas de clase por Omran Kouba señalado por él.

De las fórmulas de la página 6 de estas notas se deduce que lo que estamos viendo son los polinomios de Bernoulli: $$ S_{2d}(x):=x(x+1)(2x+1)A_d(x)=\frac1{2d+1}B_{2d+1}(x+1) $$ que por el Corolario 5.2 (página 18) de las mismas notas da que $(-1)^{d+1}\frac{(2\pi)^{2d+1}}{2(2d)!}S_{2d}(x)$ converge a $\sin(2\pi x)$ uniformemente en cada subconjunto compacto de $\mathbb C$ .

Por lo tanto, se deduce que para grandes $d$ , $A_d(x)$ se comporta como $(-1)^{d+1}\frac{2(2d)!}{(2\pi)^{2d+1}x(x+1)(2x+1)}\sin(2\pi x)$ es decir, crece bastante rápido, según la fórmula de Stirling, $\log(A_d(x))$ crece como $2d\log\frac d{\pi e}+$ constantes.

De hecho, como señala Ewan Delanoy en el comentario siguiente, esto sólo demuestra la falta de límites de $A_d(x)$ cuando $x$ no es un medio entero. Para captar también este caso, primero hay que tener en cuenta que $$ A_d(0)=\lim_{x\to0}\frac{B_{2d+1}(x+1)}{(2d+1)x(x+1)(2x+1)} =\lim_{x\to0}\frac{B_{2d+1}'(x+1)}{(2d+1)(6x^2+6x+1)}=B_{2d}(0) $$ desde $B_n'(t)=nB_{n-1}(t)$ y $B_{2d}(1)=B_{2d}(0)$ , y de forma similar $$ A_d(-\frac12)=-2B_{2d}(\frac12)=2(1-\frac1{2^{2d-1}})B_{2d}(0). $$ Para otros medios enteros utilice $B_n(x+1)=B_n(x)+nx^{n-1}$ (todas las igualdades necesarias están en las notas mencionadas) para obtener $$ A_d(x)=\frac{(x-1)(2x-1)A_d(x-1)+x^{2d-1}}{(x+1)(2x+1)} $$ para $x\ne-1,-1/2$ y $$ A_d(x-1)=\frac{(x+1)(2x+1)A_d(x)-x^{2d-1}}{(x-1)(2x-1)} $$ para $x\ne1,1/2$ . Esto da $A_d(-1)=A_d(0)$ , $$ A_d(1/2)=A_d(-3/2)=\frac1{3\cdot2^{2d-1}}, $$ $$ A_d(1)=A_d(-2)=\frac16 $$ y demuestra (por inducción) que en todos los demás medios enteros y enteros $A_d$ no tiene límites.

Así, $A_d(x)$ llega al infinito con $d$ en todas partes, excepto que llega a cero en $x=1/2,-3/2$ y está constantemente $1/6$ en $x=1,-2$ .

PS todo esto podría simplificarse ligeramente utilizando $A_d(-1-x)=A_d(x)$ ...