En la teoría analítica de números, Escalinata de la fórmula dice que $$ \sum_{1 \leq k < n} a_k + \frac{1}{2}a_n = \int_{c - i\infty}^{c+i\infty} f(s)\frac{n^s}{s}ds, $$ donde $f(s) = \sum_{k \geq 1} a_k/k^s$ $c$ es mayor que la abscisa de convergencia de $f(s)$. Mi pregunta es si la Escalinata de la fórmula se puede utilizar como el primer paso en una derivación de la fórmula de una suma de potencias de la primera $n$ enteros.
Específicamente, para cualquier entero positivo $m$, Escalinata de la fórmula
para $f(s) = \zeta(s-m) = \sum_{k \geq 1} k^m/k^s$ dice
$$\sum_{k=1}^n k^m = \frac{1}{2}n^m+\frac{1}{2\pi i}\int_{c-i\infty}^{c+i\infty}\zeta(s-m)\frac{n^s}{s}ds$$
para cualquier $c>m+1$. El integrando $\zeta(s-m)n^s/s$ tiene polos en$s = 0$$s = m+1$.
Si nos formalmente el cambio de la línea de la integración a la izquierda, a través de la pole en $s = m+1$, luego de un uso formal de los residuos teorema nos da
$$
\sum_{k=1}^n k^m = \frac{1}{m+1}n^{m+1} + \frac{1}{2}n^m+\frac{1}{2\pi i}\int_{b-i\infty}^{b+i\infty}\zeta(s-m)\frac{n^s}{s}ds
$$
para $b < m+1$. Al $m-1/2 < b < m+1$, que puede justificar este cambio (es decir, si yo truncar la integral en la parte superior y la parte inferior y hacer un rectángulo
con lados a lo largo de $x = c$$x = b$, el de las integrales a lo largo de la parte superior e inferior vaya a 0, ya que la altura del rectángulo que se va a $\pm \infty$).
Las dos potencias de $n$ en el lado derecho son exactamente los dos primeros dominante términos en la fórmula estándar para la alimentación de las sumas
en términos de números de Bernoulli:
$$\sum_{k=1}^n k^m = \sum_{j=0}^{m} \dbinom{m}{j}\frac{B_{m-j}}{j+1}n^{j+1} =
\frac{1}{m+1}n^{m+1}+\frac{1}{2}n^m + \sum_{j=0}^{m-2} \dbinom{m}{j}\frac{B_{m-j}}{j+1}n^{j+1}.
$$
Lo que me gustaría saber es si alguien ve una forma de extraer todos los términos de orden inferior, en esta norma, la fórmula de la integral
a lo largo de la línea de ${\rm Re}(s) = b$ al $m-1/2 < b < m+1$. Que es, se podría mostrar
$$
\frac{1}{2\pi i}\int_{b-i\infty}^{b+i\infty}\zeta(s-m)\frac{n^s}{s}ds = \sum_{j=0}^{m-2} \dbinom{m}{j}\frac{B_{m-j}}{j+1}n^{j+1}
$$
por algún método que es independiente del conocimiento de la suma de la energía de la fórmula?
Para su concreción, los cuatro primeros casos de la norma de la suma de la energía de la fórmula son
\begin{eqnarray*}
\sum_{k=1}^n k &=& \frac{1}{2}n^2+\frac{1}{2}n, \\
\sum_{k=1}^n k^2 &=& \frac{1}{3}n^3+\frac{1}{2}n^2 + \frac{1}{6}n, \\
\sum_{k=1}^n k^3 &=& \frac{1}{4}n^4+\frac{1}{2}n^3 + \frac{1}{4}n^2, \\
\sum_{k=1}^n k^4 &=& \frac{1}{5}n^5+\frac{1}{2}n^4 + \frac{1}{3}n^3-\frac{1}{30}n.
\end{eqnarray*}
Así que cuando $m=1$ la integral es 0, cuando se $m=2$ la integral es $\frac{1}{6}n$, cuando
$m = 3$ la integral es $\frac{1}{4}n^2$, y al $m = 4$ la integral es $\frac{1}{3}n^3 - \frac{1}{30}{n}$.
Es allí una manera de evaluar la integral directamente para recuperar estos cálculos (lo que conduce a una alternativa a la prueba de los
la suma de la energía de la fórmula)? O es que hay al menos una forma de ver que la integral es$O(n^{m-1})$$n \rightarrow \infty$?
Lo que es obvio es intentar empujar el contorno de más a la izquierda, pasado más polos. Incluso si que podría ser justificado (es válido?), el único polo restante en $\zeta(s-m)n^s/s$$s = 0$, donde el residuo es $\zeta(-m) = -B_{m+1}/(m+1)$, que no impliquen $n$ y no es ni siquiera un término en la suma de la energía de la fórmula. Sin bastones para trabajar, no veo una manera de extraer todos los términos de orden inferior de la integral.
