Tenga en cuenta que $B_n$ denota el n-ésimo número de Bernoulli.
También tenga en cuenta que
$\frac{x}{2}\frac{e^x+1}{e^x-1} = \frac{x}{e^x-1} + \frac{x}{2} = 1 + \frac{|B_2|}{2!}x^2 - \frac{|B_4|}{4!}x^4+ \frac{|B_6|}{6!}x^6 - \cdots$
desde $B_1 = -\frac{1}{2}$, el extraño de Bernoulli números son iguales a cero, y $|B_{2n}| = (-1)^{n+1}B_{2n}$.
Dos de las más interesantes de las identidades que he leído sobre lo mucho en mis estudios tiene pruebas que dependen de la generación de la función $\frac{x}{e^x-1} = \frac{B_0}{0!} + \frac{B_1}{1!}x + \frac{B_2}{2!}x^2 + \cdots$ en una forma esencial. La primera es (Jacobi?) prueba de Faulhaber la fórmula, y el segundo es (de Euler?) la prueba de que conecta los números de Bernoulli a los valores de la Riemann Zeta función positiva números enteros.
Faulhaber la Fórmula:$$1^c+2^c+\cdots+n^c = \frac{1}{c+1}\left(\binom{c+1}{0}B_0n^{c+1}-\binom{c+1}{1}B_1n^c + \cdots +(-1)^c\binom{c+1}{c}B_cn\right)$$
Riemann Zeta Función Identidad:
$$\frac{1}{1^{2n}} + \frac{1}{2^{2n}}+\frac{1}{3^{2n}}+\cdots = (-1)^{n+1}\frac{{(2\pi)}^{2n}B_{2n}}{2(2n)!}$$
A continuación doy las manipulaciones que dan lugar a estas identidades, te darás cuenta de que la generación de la función $\frac{x}{e^x-1} = \frac{B_0}{0!} + \frac{B_1}{1!}x + \frac{B_2}{2!}x^2 + \cdots$ es la pieza clave de un equipo que permite la conexión con los números de Bernoulli para establecerse en ambos casos. Dada la importancia de estas dos identidades y su relación con la generación de esta función me queda preguntarse si existen otras identidades que requieren la manipulación de la generación de esta función. Tal vez alguien puede dar otros ejemplos.
Editar-08/09/16
Siento que debo aclarar. Me doy cuenta de que esta función puede ser manipulada para producir muchas identidades, pero Faulhaber la Fórmula y esta función Zeta de identidad parecen de alguna manera especial, especialmente a la luz de lo hermoso de sus manipulaciones. Estoy buscando identidades que
1) Se consideran bastante importante.
2) Puede ser establecido por medio de la generación de la función $\frac{x}{e^x-1} = \frac{B_0}{0!} + \frac{B_1}{1!}x + \frac{B_2}{2!}x^2 + \cdots$.
3) tal vez tener alguna calidad especial acerca de sus manipulaciones.
Prueba de Faulhaber la fórmula. Esta prueba puede ser encontrado en notación sigma aquí https://en.wikipedia.org/wiki/Faulhaber%27s_formula#Proof
$$\{1^0+2^0+\cdots+n^0\} + \{1^1+2^1+\cdots+n^1\}\frac{x}{1!} + \{1^2+2^2+\cdots+n^2\}\frac{x^2}{2!} +\cdots$$ $$= \{{1^0}+\frac{1^1x^1}{1!} + \frac{1^2x^2}{2!} + \cdots\} + \{{2^0}+\frac{2^1x^1}{1!} + \frac{2^2x^2}{2!} + \cdots\} +\cdots+ \{{n^0}+\frac{n^1x^1}{1!} + \frac{n^2x^2}{2!} + \cdots\}$$ $$=e^x + e^{2x} + \cdots+e^{nx} = e^x\frac{1-e^{nx}}{1-e^x} = \frac{1-e^{nx}}{e^{-x}-1} = \frac{1}{x}\{\frac{-x}{e^{-x}-1}\}\{e^{nx}-1 \} = \frac{1}{x}\{\frac{B_0}{0!}-\frac{B_1}{1!}x+\frac{B_2}{2!}x^2 - \cdots \}\{{e^{nx}-1}\} $$$$= \frac{B_0}{0!}\frac{1}{x}\{{e^{nx}-1}\}-\frac{B_1}{1!}\{{e^{nx}-1}\}+\frac{B_2}{2!}x^1\{{e^{nx}-1}\} - \cdots $$ $$\begin{align} & =\frac{B_0}{0!}\{\frac{n^1}{1!}x^0 + \frac{n^2}{2!}x^1 + \frac{n^3}{3!}x^2 + \frac{n^4}{4!}x^3+\cdots\} \\ & -\frac{B_1}{1!}\{\frac{n^1}{1!}x^1 + \frac{n^2}{2!}x^2 + \frac{n^3}{3!}x^3+\frac{n^4}{4!}x^4+ \cdots\} \\ & +\frac{B_2}{2!}\{\frac{n^1}{1!}x^2 + \frac{n^2}{2!}x^3 + \frac{n^3}{3!}x^4 +\frac{n^4}{4!}x^5+ \cdots\}\\ &-\frac{B_3}{3!}\{\frac{n^1}{1!}x^3 + \frac{n^2}{2!}x^4 + \frac{n^3}{3!}x^5 +\frac{n^4}{4!}x^6+ \cdots\}+\cdots \end{align}$$ $$=\frac{B_0}{0!}\frac{n}{1!} + \{\frac{B_0}{0!}\frac{n^2}{2!} - \frac{B_1}{1!}\frac{n}{1!}\}x + \{\frac{B_0}{0!}\frac{n^3}{3!} - \frac{B_1}{1!}\frac{n^2}{2!} + \frac{B_2}{2!}\frac{n}{1!}\}x^2 + \{\frac{B_0}{0!}\frac{n^4}{4!} - \frac{B_1}{1!}\frac{n^3}{3!} + \frac{B_2}{2!}\frac{n^2}{2!} - \frac{B_3}{3!}\frac{n}{1!}\}x^3+ \cdots$$
Igualando coeficientes, podemos ver que
$$\{1^c+2^c+\cdots+n^c\}\frac{1}{c!} = \frac{B_0}{0!}\frac{n^{c+1}}{(c+1)!}-\frac{B_1}{1!}\frac{n^c}{c!} + \cdots+ (-1)^c\frac{B_c}{c!}\frac{n}{1!}$$Mus $$1^c+2^c+\cdots+n^c = \frac{c!}{0!(c+1)!}B_0n^{c+1}-\frac{c!}{1!c!}B_1n^c+\cdots+(-1)^c\frac{c!}{c!1!}B_cn = \frac{1}{c+1}\left(\binom{c+1}{0}B_0n^{c+1}-\binom{c+1}{1}B_1n^c + \cdots +(-1)^c\binom{c+1}{c}B_cn\right)$$
Prueba de Zeta Identidad positiva números enteros:
He encontrado esta prueba en las páginas 276-277 en Carr Sinopsis encontrar aquí https://archive.org/details/synopsisofelemen00carrrich. Yo soy una especie de suponer que esta prueba se remonta a Euler. Carr Sinopsis es a la intemperie, en lugares, pero yo le recomiendo la lectura de algunas páginas que están íntimamente conectados a Ramanujan la intuición. (La primera vez que escuché acerca de Carr Sinopsis en este video https://www.youtube.com/watch?v=QUnmAhXe9bg)
[
2
Erróneamente se refiere a 1540, en lugar de 1541 lol.
Tenga en cuenta que Carr define los números de Bernoulli, de acuerdo a sus valores absolutos.
Aquí es lo que Carr es decir:
$$sin(x) = x\{1-{\left(\frac{x}{\pi}\right)}^{2}\}\{1-{\left(\frac{x}{2\pi}\right)}^{2}\}\{1-{\left(\frac{x}{3\pi}\right)}^{2}\}\cdots$$
Así
$$log\{sin(x)\} = log(x) + log\{1-{\frac{x^2}{\pi^2}}\}+log\{1-{\frac{x^2}{(2\pi)^2}}\}+log\{1-{\frac{x^2}{(3\pi)^2}}\}+\cdots$$
Así
$$\frac{cos(x)}{sin(x)} = \frac{1}{x} + \frac{-2\frac{x}{\pi^2}}{1-\frac{x^2}{\pi^2}} + \frac{-2\frac{x}{(2\pi)^2}}{1-\frac{x^2}{(2\pi)^2}}+ \frac{-2\frac{x}{(3\pi)^2}}{1-\frac{x^2}{(3\pi)^2}}+\cdots$$
Así
$$xcot(x) = 1-2\frac{x^2}{\pi^2}\{1+\frac{x^2}{\pi^2}+\frac{x^4}{\pi^4}+\cdots\}-2\frac{x^2}{(2\pi)^2}\{1+\frac{x^2}{(2\pi)^2}+\frac{x^4}{(2\pi)^4}+\cdots\}-2\frac{x^2}{(3\pi)^2}\{1+\frac{x^2}{(3\pi)^2}+\frac{x^4}{(3\pi)^4}+\cdots\}-\cdots$$
$$= 1-\frac{2x^2}{\pi^2}\{\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots\}-\frac{2x^4}{\pi^4}\{\frac{1}{1^4}+\frac{1}{2^4}+\frac{1}{3^4}+\cdots\}-\frac{2x^6}{\pi^6}\{\frac{1}{1^6}+\frac{1}{2^6}+\frac{1}{3^6}+\cdots\}-\cdots$$
Ahora, si $y = 2ix$ $$xcot(x) = ix\frac{2cos(x)}{2isin(x)} = ix\frac{\{cos(x)+isin(x)\} + \{cos(x)-isin(x)\}}{\{cos(x)+isin(x)\} - \{cos(x)-isin(x)\}} = ix\frac{e^{ix}+e^{-ix}}{e^{ix}-e^{-ix}} = ix\frac{e^{2ix}+1}{e^{2ix}-1} = \frac{y}{2}\frac{e^y+1}{e^y-1} = \frac{y}{e^{y}-1}+\frac{y}{2} $$$$= 1+\frac{|B_2|}{2!}y^2-\frac{|B_4|}{4!}y^4+\frac{|B_6|}{6!}y^6-\cdots $$$$= 1+\frac{|B_2|}{2!}(2ix)^2-\frac{|B_4|}{4!}(2ix)^4+\frac{|B_6|}{6!}(2ix)^6-\cdots$$$$= 1-\frac{|B_2|}{2!}(2x)^2-\frac{|B_4|}{4!}(2x)^4-\frac{|B_6|}{6!}(2x)^6-\cdots$$
Así, combinando las dos expresiones para $xcot(x)$ obtenemos
$$1-\frac{2x^2}{\pi^2}\{\frac{1}{1^2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots\}-\frac{2x^4}{\pi^4}\{\frac{1}{1^4}+\frac{1}{2^4}+\frac{1}{3^4}+\cdots\}-\frac{2x^6}{\pi^6}\{\frac{1}{1^6}+\frac{1}{2^6}+\frac{1}{3^6}+\cdots\}-\cdots = 1-\frac{|B_2|}{2!}(2x)^2-\frac{|B_4|}{4!}(2x)^4-\frac{|B_6|}{6!}(2x)^6-\cdots$$
Igualando coeficientes, podemos ver que
$$\frac{2}{\pi^{2n}}\{\frac{1}{1^{2n}} + \frac{1}{2^{2n}}+\frac{1}{3^{2n}}+\cdots\} = \frac{|B_{2n}|}{(2n)!}2^{2n} $$ Por lo tanto, $$\frac{1}{1^{2n}} + \frac{1}{2^{2n}}+\frac{1}{3^{2n}}+\cdots= (-1)^{n+1} \frac{{(2\pi)}^{2n} B_{2n}}{2(2n)!}$$
Editar 08/09/16 he quitado a mi segunda pregunta, ya que parecía causar confusión. Creo que mis pensamientos en esta área debe estar enfocada un poco más.
