Los coeficientes de una serie relacionada con los polinomios de Bernoulli

Question

La función generadora de los polinomios de Bernoulli viene dada por:
$$\frac{ue^{ux}}{e^u-1}=\sum_{n\geq 0}B_n(x)\frac{u^n}{n!}$$

Ahora, tengo la siguiente expresión:
$$\frac{1}{\alpha}\frac{u^2e^{u(\alpha x+y)}}{e^u-1}\sum_{k=1}^{\alpha-1}\frac{1}{e^u-e^{2\pi ik/\alpha}}$$
y quiero reescribirlo en términos de polinomios de Bernoulli y luego extraer los coeficientes de $\frac{u^n}{n!}$ .

Answer 1

Con la reciente edición es posible algo como lo siguiente, pero puede que no sea tan bonito como esperabas; lo pongo por si alguien puede detectar cómo mejorarlo.

Supongo que $\alpha\in \mathbb{Z}$ ya que aparece como límite superior en la suma, pero si no es así lo siguiente no se cumple. También restrinjo $0< u$ para poder utilizar una serie geométrica.

A simple vista esto parece el producto de dos términos que se asemejan a la función generadora, así que empezamos diciendo que su expresión es el producto de: $${\frac {u{{\rm e}^{u \left( \alpha\,x+y \right) }}}{-1+{{\rm e}^{u}}}} =\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {B_k \left( \alpha\,x+y \right) {u}^{k}}{k!}}$$ y: $$\frac{1}{\alpha}u\sum_{k=1}^{\alpha-1}\frac{1}{e^u-e^{2\pi ik/\alpha}}=u\frac{1}{\alpha}\sum _{k=1}^{\alpha-1} \sum _{n=1}^{\infty }{{\rm e}^{-un}}{ {\rm e}^{{\frac {2\,i\pi \,k ( n-1 ) }{\alpha}}}} =u\sum _{n=1}^{\infty }{{\rm e}^{-un}}\frac{1}{\alpha}\sum _{k=1}^{\alpha-1}{ {\rm e}^{{\frac {2\,i\pi \,k ( n-1 ) }{\alpha}}}} $$

donde en la primera línea simplemente usamos la fórmula y en la segunda usamos una serie geométrica y luego invertimos el orden de la suma ya que la suma interna es absolutamente convergente para $u>0$ . Entonces, ten en cuenta que: $$\frac{1}{\alpha}\sum _{k=1}^{\alpha-1}{ {\rm e}^{{\frac {2\,i\pi \,k ( n-1 ) }{\alpha}}}}=\delta_{\alpha\, l,\,n-1}-\frac{1}{\alpha}=\delta_{\alpha\, l+1,\,n}-\frac{1}{\alpha}$$

donde he introducido $l$ para significar que el delta de Kronecker será $1$ sólo cuando $n-1$ es un múltiplo de $\alpha$ y $0$ en caso contrario; nótese también que como $n$ comienza en $1$ , $l$ comienza en $0$ . Teniendo en cuenta esto tenemos: $$u\sum _{n=1}^{\infty }{{\rm e}^{-un}}\frac{1}{\alpha}\sum _{k=1}^{\alpha-1}{ {\rm e}^{{\frac {2\,i\pi \,k ( n-1 ) }{\alpha}}}} =u\sum _{l=0}^{\infty }{{\rm e}^{-u(\alpha\,l+1)}}-u\frac{1}{\alpha}\sum _{n=1}^{\infty }{{\rm e}^{-u\,n}}$$ $$=-{\frac {{{\rm e}^{-u}}u}{-1+{{\rm e}^{-u\alpha}}}}-{\frac {u}{ \alpha\, \left( -1+{{\rm e}^{u}} \right) }}=\frac{1}{\alpha}\sum _{j=0}^{\infty }{\frac { \left( B_j \left(\frac{1}{\alpha} \right) \left( -\alpha \right) ^{j}-B_j \left( 0 \right) \right) {u}^{j}}{j!}} $$

donde de nuevo sumamos la serie geométrica y luego utilizamos la fórmula; nota $B_j(0)$ es un número de Bernoulli. Entonces tienes eso: $$\frac{1}{\alpha}\frac{u^2e^{u(\alpha x+y)}}{e^u-1}\sum_{k=1}^{\alpha-1}\frac{1}{e^u-e^{2\pi ik/\alpha}}=\left(\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {B_k \left( \alpha\,x+y \right) {u}^{k}}{k!}}\right)\left( \frac{1}{\alpha}\sum _{j=0}^{\infty }{\frac { \left( B_j \left(\frac{1}{\alpha} \right) \left( -\alpha \right) ^{j}-B_j \left( 0 \right) \right) {u}^{j}}{j!}} \right)$$ y después de tomar el producto de Cauchy de las dos series: $$\frac{1}{\alpha}\frac{u^2e^{u(\alpha x+y)}}{e^u-1}\sum_{k=1}^{\alpha-1}\frac{1}{e^u-e^{2\pi ik/\alpha}}=\sum_{n=0}^{\infty}c_n\frac{u^n}{n!}$$ donde $c_n$ es la convolución: $$c_n=\frac{1}{\alpha} \sum _{m=0}^{n}{\frac { n!\left( B_{{n-m}} \left( \frac{1}{\alpha} \right) \left( -\alpha \right) ^{n-m}-B_{{n-m}} \left( 0 \right) \right) B_{ {m}} \left( \alpha\,x+y \right) }{ \left( n-m \right) !\,m!}}$$

$$c_n=\frac{1}{\alpha} \sum _{m=0}^{n}{ { \binom{n}{m}\left( B_{{n-m}} \left( \frac{1}{\alpha} \right) \left( -\alpha \right) ^{n-m}-B_{{n-m}} \left( 0 \right) \right) B_{ {m}} \left( \alpha\,x+y \right) }} $$

Cuando la serie converge, esta expresión se comprueba numéricamente para los valores que he probado . Confieso que no he encontrado el límite superior de $u$ todavía pero conjeturo que la serie se mantiene para $0< u<1$ aunque posiblemente tenga una dependencia de $\alpha$ que aún no he encontrado.