Yo estaba jugando con la combinatoria sumas y hizo una observación que yo no sabía cómo demostrar: $$\forall n\in\mathbb N,\hspace{10px}\sum_{k=1}^n\frac{B_k\ S_1(n-1,\,k-1)}k=-\sum_{k=1}^n\frac{S_1(n,\,k)}{(k+1)\ n},$$ donde $B_k$ son los números de Bernoulli y $S_1(n,\,k)$ se firmaron los números de Stirling de primera especie.
Podría usted por favor, sugerir algunas ideas de cómo demostrarlo?
Supongamos que tratamos de demostrar que $$\sum_{k=1}^n \frac{B_k}{k} (-1)^{n-k} {n-1\brack k-1} = -\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k+1} (-1)^{n-k} {n\brack k}.$$
Recordar el clásico de la generación de la función de los números de Stirling de la la primera clase que los rendimientos de $${n\brack k} = n! [z^n][u^k] \exp\left(u\log\frac{1}{1-z}\right).$$ y también $${n\brack k} = n! [z^n] \frac{1}{k!}\left(\log\frac{1}{1-z}\right)^k$$ el que controla el rango de manera que para $n\lt k$ nos da cero, y por lo tanto podemos dejar que $k$ ir hasta el infinito en la suma de dos.
Tenemos para la LHS $$(n-1)! [z^{n-1}] \sum_{k=1}^\infty \frac{B_k}{k} (-1)^{n-k} \frac{1}{(k-1)!} \left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{k-1} \\ = (n-1)! (-1)^n [z^{n-1}] \sum_{k=1}^\infty \frac{B_k}{k!} (-1)^{k} \left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{k-1} \\ = (n-1)! (-1)^n [z^{n-1}] \left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{-1} \sum_{k=1}^\infty \frac{B_k}{k!} (-1)^{k} \left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{k}.$$
Reconocemos la exponencial de la generación de la función de los Bernoulli los números que se $$\frac{w}{e^w-1}.$$ El plazo inicial es la falta de la suma, así que utilizaremos $$-1+\frac{w}{e^w-1}.$$ y obtener $$(n-1)! (-1)^n [z^{n-1}] \left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{-1} \left(-1 - \log\frac{1}{1-z} \frac{1}{\exp\left(-\log\frac{1}{1-z}\right)-1}\right) \\ = (n-1)! (-1)^n [z^{n-1}] \left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{-1} \left(-1 - \log\frac{1}{1-z} \frac{1}{(1-z)-1}\right) \\ = (n-1)! (-1)^n [z^{n-1}] \left(-\left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{-1} + \frac{1}{z}\right).$$
Continuando con el lado derecho obtenemos $$-\frac{1}{n} n! [z^n] \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k+1} (-1)^{n-k} \frac{1}{k!}\a la izquierda(\log\frac{1}{1-z}\right)^k \\ = -(n-1)! (-1)^n [z^n] \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k+1} (-1)^{k} \frac{1}{k!}\a la izquierda(\log\frac{1}{1-z}\right)^k \\ = -(n-1)! (-1)^n [z^n] \sum_{k=1}^\infty (-1)^{k} \frac{1} {k(k+1)!}\a la izquierda(\log\frac{1}{1-z}\right)^k \\ = (n-1)! (-1)^n [z^n] \left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{-1} \sum_{k=1}^\infty (-1)^{k+1} \frac{1} {k(k+1)!}\a la izquierda(\log\frac{1}{1-z}\right)^{k+1}.$$
Esta vez reconocemos $$-1-w+\exp(w)$$ para obtener $$(n-1)! (-1)^n [z^n] \left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{-1} \left(-1+\log\frac{1}{1-z} + \exp\left(-\log\frac{1}{1-z}\right)\right) \\ = (n-1)! (-1)^n [z^n] \left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{-1} \left(-1+\log\frac{1}{1-z} + 1-z\right) \\ = (n-1)! (-1)^n [z^n] \left(1 - z\left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{-1}\right).$$
Por lo tanto, obtener por $n\gt 1$ para el LHS $$- (n-1)! (-1)^n [z^{n-1}] \left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{-1}$$ y para el lado derecho $$- (n-1)! (-1)^n [z^n] z\left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{-1}.$$
Estos dos son de la misma por parte de la inspección, QED.
Aquí está una re-escritura de mi primera prueba con un poco de mejor estética.
Supongamos que tratamos de demostrar que $$\sum_{k=1}^n \frac{B_k}{k} (-1)^{n-k} {n-1\brack k-1} = -\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k+1} (-1)^{n-k} {n\brack k}.$$
Observar que el uso de la ayuda del FEAG de los números de Stirling de primera especie tenemos $${n\brack k} = \frac{n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \frac{1}{k!}\a la izquierda(\log\frac{1}{1-z}\right)^k \; dz.$$
y el uso de la ayuda del FEAG de los números de Bernoulli también tenemos $$B_k = \frac{k!}{2\pi i} \int_{|w|=\epsilon} \frac{1}{w^{k+1}} \frac{w}{\exp(w)-1} \; ps.$$
El primero de estos controles de la gama y podemos extender la suma de el infinito, la obtención de la LHS $$ \frac{(n-1)! \times (-1)^n}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^n} \int_{|w|=\epsilon} \frac{1}{\exp(w)-1} \sum_{k\ge 1} (-1)^k \frac{1}{w^{k}} \left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{k-1} \; dw \; dz.$$
Este es $$- \frac{(n-1)! \times (-1)^n}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^n} \int_{|w|=\epsilon} \frac{1}{\exp(w)-1} \frac{1}{w} \left(1+\frac{1}{w} \log\frac{1}{1-z}\right)^{-1} \; dw \; dz \\ = - \frac{(n-1)! \times (-1)^n}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^n} \int_{|w|=\epsilon} \frac{1}{\exp(w)-1} \left(w+\log\frac{1}{1-z}\right)^{-1} \; dw \; dz.$$
La extracción de los residuos de la pole en $w=0$ obtenemos $$- \frac{(n-1)! \times (-1)^n}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^n} \left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{-1} \; dz.$$
A continuación hacer la RHS, llegar $$-\frac{1}{n} (-1)^n\frac{n!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \sum_{k\ge 1} (-1)^k \frac{1} {k(k+1)!}\a la izquierda(\log\frac{1}{1-z}\right)^k \; dz.$$
El interior término es $$-\left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{-1} \sum_{k\ge 1} (-1)^{k+1} \frac{1} {k(k+1)!}\a la izquierda(\log\frac{1}{1-z}\right)^{k+1} \\ = -\left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{-1} \left(-1+ \log\frac{1}{1-z} + \exp\left(-\log\frac{1}{1-z}\right)\right) \\ = -\left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{-1} \left(-1+ \log\frac{1}{1-z} + 1-z\right) = -1 + z\left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{-1}.$$
Esto da para la RHS integral $$ -\frac{1}{n} \frac{n!\los tiempos de (-1)^n}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} \left(-1 + z\left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{-1}\right) \; dz.$$
Al $n\ge 1$ esto se simplifica a $$-\frac{(n-1)!\los tiempos de (-1)^n}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{n+1}} z\left(\log\frac{1}{1-z}\right)^{-1} \; dz$$ que es la misma que la LHS, QED.
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