Análogo al número Bernoulli utilizando el coseno

Question

Sé que los Números de Bernoulli se pueden encontrar con la función generadora $$\frac{x}{e^x-1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{B_n}{n!}x^n$$

Me preguntaba si se ha realizado algún trabajo utilizando una ecuación similar $$\frac{x^2}{\cos{x}-1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{C_n}{n!}x^{2n}$$

Me interesa especialmente el $C_n$ . Puede alguien ayudarme con una referencia para trabajar con esta función generadora en particular o con los coeficientes $C_n$ ?

Answer 1

La fórmula general que se busca es

$$\dfrac{x^2}{\cos x-1}~=~\sum_{n=0}^\infty(-1)^n\frac{B_{2n}}{(2n-2)!~n}~x^{2n}$$

donde $B_k$ es el $k^{th}$ Número de Bernoulli . Por supuesto, el $0^{th}$ debe calcularse evaluando el límite $\displaystyle\lim_{n\to0}\Big[(2n-2)!~n\Big]=-\frac12.$

Answer 2

Su secuencia (negada) comienza $$2, \frac{1}{6}, \frac{1}{60}, \frac{1}{504}, \frac{1}{3600}, \frac{1}{22176}, \frac{691}{82555200}, \frac{1}{570240}, \frac{3617}{8821612800}, \frac{43867}{414096883200}, \frac{174611}{5822264448000}, \ldots$$

Sabemos que $$\frac{1-\cos x}{x^2} = \frac{1}{2!} - \frac{1}{4!}x^2 + \frac{1}{6!}x^4 - \frac{1}{8!}x^6 + \cdots.$$ Dejemos que $c_n = C_n/n!$ . La fórmula de la inversa de una serie de potencias da $$c_0 = 2, \quad c_n = 2\frac{c_{n-1}}{4!} - 2\frac{c_{n-2}}{6!} + 2\frac{c_{n-3}}{8!} - 2\frac{c_{n-4}}{10!} + \cdots.$$

Answer 3

No tengo una referencia para esta fórmula, que fue dada en respuesta de Lucian (y también sugerida numéricamente por la respuesta de Yuval Filmus de Yuval Filmus): $$\frac{x^2}{1 - \cos x} = 2\sum_{n = 0}^\infty (-1)^{n - 1}\frac{(2n - 1)B_{2n}}{(2n)!}x^{2n}.$$ Tampoco sé cómo se derivaría naturalmente. Lo que sigue, mientras tanto, es una derivación que es bastante antinatural, porque requiere el conocimiento de antemano de lo que se va a demostrar.

La conocida relación de recurrencia para los números de Bernoulli, obtenida (por ejemplo) estableciendo el producto de Cauchy de la serie para $(e^x - 1)/x$ y $x/(e^x - 1)$ igual a $1$ es: $$\sum_{r = 0}^{m - 1} \binom{m}{r}B_r = 0 \qquad (m > 1).$$ También voy a dar por sentado estos hechos conocidos: $B_0 = 1$ , $B_1 = -\frac{1}{2}$ y $B_r = 0$ para todos los impar $r \geqslant 3$ . Tomando a su vez a su vez $m = 2n + 1$ y $m = 2n + 2$ en la relación de recurrencia anterior, y reordenando los términos que implican $B_0$ y $B_1$ obtenemos, para todos $n \geqslant 1$ : \begin {align*} \sum_ {j = 1}^n \binom {2n + 1}{2j}B_{2j} & = n - \frac {1}{2}, \\ \sum_ {j = 1}^n \binom {2n + 2}{2j}B_{2j} & = n. \end {align*} Cualquiera de estas relaciones puede utilizarse para expresar $B_{2n}$ en términos de $B_2, B_4, \ldots, B_{2n-2}$ (y por supuesto para conseguir $B_2 = \frac{1}{6}$ para empezar).

Si multiplicamos el producto de Cauchy de la serie para $(1 - \cos x)/x^2$ y $x^2/(1 - \cos x),$ deducimos una relación de recurrencia relación de recurrencia diferente a las anteriores, a saber: $$\sum_{j = 1}^n (2j - 1)\binom{2n + 2}{2j}B_{2j} = 1,$$ por lo que parece que una posible forma de demostrar la fórmula dada por Lucian sería demostrar esta relación de recurrencia.

Para ello, tome las relaciones ya obtenidas, reste la primera de la segunda, y utilizar la relación del Triángulo de Pascal entre coeficientes binomiales, para obtener otra relación de recurrencia: $$\sum_{j = 1}^n \binom{2n + 1}{2j - 1}B_{2j} = \frac{1}{2}.$$ Por lo tanto (se podría haber tomado una combinación lineal diferente de las dos relaciones en primer lugar, pero parecía más ordenado demostrar primero la identidad anterior): \begin {reunir*} \sum_ {j = 1}^n (2j - 1) \binom {2n + 2}{2j}B_{2j} \\ = \sum_ {j = 1}^n 2j \binom {2n + 2}{2j}B_{2j} - \sum_ {j = 1}^n \binom {2n + 2}{2j}B_{2j} \\ = (2n + 2) \sum_ {j = 1}^n \binom {2n + 1}{2j - 1}B_{2j} - n \\ = (n + 1) - n = 1, \end {reunir*} según sea necesario.

Answer 4

He aquí una derivación más natural de la fórmula: $$\frac{z^2}{1 - \cos z} = 2\sum_{n = 0}^\infty (-1)^{n - 1}\frac{(2n - 1)B_{2n}}{(2n)!}z^{2n} \ \ \ (\left\lvert{z}\right\rvert < 2\pi).$$

Comenzamos con el resultado definitorio de que para todo $z \in \mathbb{C}$ tal que $\left\lvert{z}\right\rvert < 2\pi$ , $$\frac{z}{e^z - 1} = \sum_{m = 0}^\infty \frac{B_m}{m!}z^m.$$

Entonces: \begin {reunir*} \coth\frac {z}{2} = \frac { \cosh\frac {z}{2}}{ \sinh\frac {z}{2}} = \frac {e^z + 1}{e^z - 1} = \frac {2}{e^z - 1} + 1, \\ \therefore\ \frac {z}{2} \coth\frac {z}{2} = \frac {z}{e^z - 1} + \frac {z}{2}, \\ \therefore\ \frac {z}{2} \cot\frac {z}{2} = \frac {iz}{2} \coth\frac {iz}{2} = \frac {iz}{e^{iz} - 1} + \frac {iz}{2} \\ = \sum_ {n = 0}^ \infty (-1)^n \frac {B_{2n}}{(2n)!}z^{2n} + iz \sum_ {n = 0}^ \infty (-1)^n \frac {B_{2n + 1}}{(2n + 1)!}z^{2n} + \frac {iz}{2} \end {reunir*} Pero esta es una función de valor real de $z$ cuando $z$ es real, por lo tanto: \begin {reunir*} B_1 = - \frac B_{2n + 1} = 0 \\ \ \ (n \geqslant 1); \\ \frac {z}{2} \cot\frac {z}{2} = \sum_ {n = 0}^ \infty (-1)^n \frac {B_{2n}}{(2n)!}z^{2n} \ \ \ ( \left\lvert {z} \right\rvert < 2 \pi ). \end {reunir*} (También podríamos haber argumentado, antes, que $\frac{z}{2}\coth\frac{z}{2}$ es una función par de $z$ .) Diferenciando la serie término a término, y multiplicando por $z$ : \begin {reunir*} \sum_ {n = 0}^ \infty (-1)^n \frac {2nB_{2n}}{(2n)!}z^{2n} = z \frac {d}{dz} \left ( \frac {z}{2} \cot\frac {z}{2} \right ) \\ = \frac {z}{2} \cot\frac {z}{2} - \frac {z^2}{4} \mathrm {cosec}^2 \frac {z}{2} = \frac {z}{2} \cot\frac {z}{2} - \frac {1}{2} \cdot\frac {z^2}{1 - \cos z}, \end {reunir*} que da el resultado requerido.