Suma con números de Bernoulli.

Question

Cómo probar que:

PS

En esta suma, $$\sum_{k=0}^n \binom n k 2^k B_k = (2-2^n)B_n$ es el número de Bernoulli con $B_n$ . ¡Gracias por tu atención!

Answer 1

La identidad que desea comprobar puede escribirse como $$\sum^n_{k=0}\frac{2^k B_k}{k!(n-k)!} = 2\frac{B_n}{n!} - \frac{2^nB_n}{n!}$$ A partir de la (estándar) definición de los números de Bernoulli $B_n$, $g(z):=\frac{z}{e^z-1}=\sum^\infty_{n=0}\frac{B_n}{n!}z^n$. Por lo tanto, el lado derecho de la primera ecuación anterior corresponde a $n$-ésimo coeficiente de potencia de la serie \begin{align} f(z)&=2g(z) - g(2z)\\ &=2\frac{z}{e^z-1}-\frac{2z}{e^{2z}-1}\\ &=\frac{2z}{e^{2z} -1}e^z = g(2z)e^z\\ &=\Big(\sum^\infty_{n=0}\frac{B_n}{n!}2^nz^n\Big)\Big(\sum^\infty_{n=0}\frac{1}{n!}z^n\Big)\\ &=\sum^\infty_{n=0}c_nz^n \end{align} donde $c_n=\sum^n_{k=0}\frac{2^kB_k}{k!}\frac{1}{(n-k)!}$ que es la mano izquierda del lado de la identidad que queremos comprobar.

Answer 2

Una posible manera de demostrar la tesis es a través de la B. Polinomios $$ \eqalign{ & S(n) = \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,n} \right)} {\left( \matriz{ n \cr k \cr} \right)2^{\,k} B_{\,k} } = 2^{\n} \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,n} \right)} {\left( \matriz{ n \cr n - k \cr} \right)\left( {{1 \over 2}} \right)^{\,n - k} B_{\,k} } = \cr Y = 2^{\n} \sum\limits_{\left( {0\, \le } \right)\,k\,\left( { \le \,n} \right)} {\left( \matriz{ n \cr k \cr} \right)\left( {{1 \over 2}} \right)^{\,k} B_{\,n - k} } = 2^{\n} B_ {\n} (1/2) \cr} $$

Se sabe que los valores de los Polinomios de Bernoulli en $x=1/2 están dadas por $$ B_ {\n} (1/2) = \left( {{1 \over {2^{\,n - 1} }} - 1} \right)B_ {\n} $$ y de ahí la demostración de que $$ S(n) = \left( {2 - 2^{\n} } \right)B_ {\n} $$

La demostración de la identidad de $B_{\,n} (1/2)$ desciende de la multiplicativo identidad $$ \eqalign{ Y B_ {\n} (mx) = m^{\,n - 1} \sum\limits_{k = 0}^{m - 1} {B_ {\n} (x + k/m)} \quad \Rightarrow \cr & \Rightarrow \quad B_ {\n} \left( {2 \cdot {1 \over 2}} \right) = B_ {\n} \left( 1 \right) = 2^{\,n - 1} \left( {B_ {\n} \left( {{1 \over 2}} \right) + B_ {\n} \left( {{1 \over 2} + {1 \over 2}} \right)} \right)\quad \Rightarrow \cr & \Rightarrow \quad B_ {\n} \left( {{1 \over 2}} \right) = \left( {{1 \over {2^{\,n - 1} }} - 1} \right)B_ {\n} \left( 1 \right) = \left( {{1 \over {2^{\,n - 1} }} - 1} \right)B_ {\n} \left( 0 \right) = \cr & = \left( {{1 \over {2^{\,n - 1} }} - 1} \right)B_ {\n} \quad \left| {\;0 \le n} \right. \cr} $$

y usted puede encontrar una prueba de la identidad multiplicativa en este post, que no es .. "muy complicado".