Función zeta de Riemann relacionada con el polinomio de campana exponencial completa en términos del número armónico generalizado.

Question

Demostrar que $$\zeta(s)=\frac 1 {s!(1-2^{1-s})} \sum_{n=1}^\infty \frac{B_s(0!H_n^{(1)},1!H_n^{(2)},\dots,(s-1)!H_n^{(s)})}{2^{n+1}}$$ donde $B_n(x_1,\dots,x_n)$ o denotado $Y_n(x_1,\dots,x_n)$ es el $n$ th polinomio exponencial completo de Bell y $H_n^{(k)}$ es el $n$ th número armónico generalizado .

Es probable que esto se encuentre en alguna parte de la literatura, por lo que bastaría con una referencia si se encuentra.

Esto converge bastante rápido. Junto con una prueba que estaría interesado en saber lo rápido que converge.

Editar : He encontrado la referencia a la ecuación. Ver enlace en el comentario.

Answer 1

Empieza por la suma

$$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n} B_q(0! H_n^{(1)}, 1! H_n^{(2)}, \ldots, (q-1)! H_n^{(q)}).$$

Tenemos por definición que

$$B_q(x_1, x_2,\ldots x_q) = q! [w^q] \exp\left(\sum_{l\ge 1} x_l \frac{w^l}{l!}\right).$$

De ello se deduce que

$$B_q(0!x_1, 1!x_2,\ldots (q-1)! x_q) = q! [w^q] \exp\left(\sum_{l\ge 1} x_l \frac{w^l}{l}\right).$$

Se trata de la fórmula exponencial (OGF del índice de ciclo $Z(S_q)$ de el grupo simétrico utilizando las variables $x_1$ a $x_q$ ). Así pues obtenemos para la suma objetivo

$$q! \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n} \left.Z(S_q)\left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^s}\right)\right|_{s=1.}$$

El grupo simétrico corresponde al operador de conjuntos múltiples no etiquetados $\mathfrak{M}$ y por lo tanto tenemos desde los primeros principios

$$Z(S_q)\left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k^s}\right) = [z^q] \prod_{k=1}^n \left(1+\frac{z}{k^s}+\frac{z^2}{k^{2s}}+\cdots\right) = [z^q] \prod_{k=1}^n \frac{1}{1-z/k^s}.$$

Extraemos el coeficiente utilizando fracciones parciales por residuos y escribimos (fijando $s=1$ )

$$[z^q] \prod_{k=1}^n \frac{k}{k-z} = (-1)^n [z^q] \prod_{k=1}^n \frac{k}{z-k} = (-1)^n n! [z^q] \prod_{k=1}^n \frac{1}{z-k}.$$

Obtenemos para el residuo en $z=p$

$$(-1)^n n! \prod_{k=1}^{p-1} \frac{1}{p-k} \prod_{k=p+1}^{n} \frac{1}{p-k} = (-1)^n n! \frac{1}{(p-1)!} \frac{(-1)^{n-p}}{(n-p)!} \\ = (-1)^p p {n\choose p}.$$

Extrayendo ahora los coeficientes se obtiene

$$[z^q] \sum_{p=1}^n (-1)^p p {n\choose p} \frac{1}{z-p} = - [z^q] \sum_{p=1}^n (-1)^p {n\choose p} \frac{1}{1-z/p} \\ = - \sum_{p=1}^n (-1)^p {n\choose p} \frac{1}{p^q}.$$

Sustitúyase en la suma para obtener

$$- q! \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n} \sum_{p=1}^n (-1)^p {n\choose p} \frac{1}{p^q} = - q! \sum_{p\ge 1} (-1)^p \frac{1}{p^q} \sum_{n\ge p} {n\choose p} \frac{1}{2^n} \\ = - q! \sum_{p\ge 1} (-1)^p \frac{1}{p^q} \frac{1}{2^p} \sum_{n\ge 0} {n+p\choose p} \frac{1}{2^n} \\ = - q! \sum_{p\ge 1} (-1)^p \frac{1}{p^q} \frac{1}{2^p} \frac{1}{(1-1/2)^{p+1}} \\ = - 2q! \sum_{p\ge 1} (-1)^p \frac{1}{p^q} = 2q! \left(1-\frac{1}{2^q} + \frac{1}{3^q} - \cdots\right) = 2q! \times \zeta(q) \times \left(1-\frac{2}{2^q}\right) \\ = 2q! \times \zeta(q) \times (1-2^{1-q}).$$

Esta es la reclamación y hemos terminado. Este cálculo está estrechamente relacionado con lo que se presentó en MSE enlace .