Demostrando la extraña Bernoulli números son cero

Question

supongamos que definimos los números de Bernoulli $b_n, n = 1, 2, 3, \ldots$ por el Faulhaber la fomula

$$\begin{eqnarray*}1 + 2^k + 3^k + \ldots n^k &=& \frac{1}{k+1}[n^{k+1} + b_1 c(k+1,2) n^k + b_2 c(k+1,3)n^{k-1} + \ldots ]\\&=& \frac{(n+b)^{k+1}-b^{k+1}}{k+1}\end{eqnarray*}$$

con la salvedad de que nos reemplace $b^k$ $b_k$ en el binomio de expansión y $c(k,l)$ $k$ elija $l.$

mi pregunta es, ¿cómo mostrar todos los impares, números de Bernoulli con la excepción de $b_1$ es cero sin invocar pesadas herramientas de análisis para que la razón pueda ser explicado un estudiante que sólo ha tenido uno o dos semestres de cálculo en la escuela secundaria.

Answer 1

¿Por qué no aprovechar la oportunidad para exponer a la gloria de la generación de funciones?

Definir el Bernouli los números de los coeficientes en $$\frac{t}{1-e^{-t}} = \sum B_m \frac{t^m}{m!}.$$

Demostrar que estos dan la suma de los $k$-th poderes por igualando los coeficientes de $x^k$ en $$\sum_{j=1}^n \frac{j^k x^k}{k!} = \sum_{j=1}^n e^{jx} = \frac{e^{(n+1)x} - e^x}{e^x-1}$$ $$= \left( \frac{e^{nx} -1}{x} \right) \left( \frac{x}{1-e^{-x}} \right) = \sum_{\ell=0}^{\infty} \frac{n^{\ell+1} x^{\ell}}{(\ell+1)!} \cdot \sum B_m \frac{t^m}{m!}.$$

Demostrar que la extraño números de Bernoulli se desvanecen señalando que $$\sum B_m \frac{t^m}{m!} - \sum B_m \frac{(-t)^m}{m!} = \frac{t}{1-e^{-t}} - \frac{-t}{1-e^t} = \frac{t (e^t-1)}{e^t-1} = t.$$

Answer 2

Definir $\sigma_k(n) = \sum_{i=1}^n i^k$ desde $\sigma_1(n) = \frac{n(n+1)}{2}$

Primero en demostrar que el coeficiente de $n$$\sigma_{2k+1}$$b^{2k+1}$: Es inmediata a partir de aplicar el teorema del binomio para $\sigma_{2k+1}(n) = \frac{(n+b)^{k+1}-b^{k+1}}{k+1}$. A continuación, podemos mostrar este coeficiente es siempre cero, mostrando a estos polinomios son divisibles por algo con $n^2$ más bajo de su poder.

Este argumento es debido a Pascal (yo no podría venir para arriba con él!) tomados de aquí,

$$\begin{array} . \sigma_1(n)^k &=& \sum_{m=1}^n \left[ \left(\frac{m(m+1)}{2}\right)^k - \left(\frac{(m-1)m}{2}\right)^k \right] \\ &=& \sum_{m=1}^n \sum_{r=0}^k \binom{k}{r} \left(\frac{m}{2}\right)^k m^r (1 - (-1)^{k-r}) \\ &=& \frac{1}{2^k} \sum_{r=0}^k \binom{k}{r} \sigma_{k+r}(n) (1 - (-1)^{k-r}) \end{array}$$

Ahora considere el $k$ impar, muchos de los términos que cancelar, nos quedamos con el hecho de que $\sigma_1^k$ es una combinación lineal de varios $\sigma_{i}$ $i$ impar.

La relación $\sigma_3 = \sigma_1^2$ es clásica y puede ser demostrado en una variedad de maneras simples. Inducción (impar) $k$ muestra que cada uno raro ($\sigma_5$, $\sigma_7$ y así sucesivamente) es también divisible por $\sigma_1^2$. De hecho, usted puede probar estos inducción argumentos concretamente para determinado $k$ a expresar estas sumatorias en términos de números triangulares. Que se llama la producción de la Faulhauber polinomios.

Esto demuestra que no es $n$ términos que en estas impar ($\ge 3$) de las sumas de las potencias, pero dado que el coeficiente de $n$ $\sigma_{2k+1}$ $b_{2k+1}$ esto demuestra que todos son cero.

Answer 3

gracias por todas las respuestas. voy a recoger los resultados. esto es demasiado grande para caber en un comentario a quanta de la respuesta.

utilizaremos $\sigma_k = 1^k + 2^k + \ldots n^k$ demostrando la extraña bernoulli constantes $b_k$ son cero para $= k = 3, 5, \ldots.$ fijemos la notación y recoge algunas de primaria los resultados. $\sigma_k = 1^k + 2^k + \ldots n^k, \sigma_1 = \frac{n(n+1)}{2}, \sigma_3 = \sigma_1^2.$

la idea de la prueba es
para mostrar que $n^2$ divide $\sigma_k$ todos los $k \ge 3$ por inducción. claramente cierto para $k = 3.$ vamos a mostrar que el $\sigma_k$ es una combinación lineal de $\sigma_{k-2}, \ldots, \sigma_3$ y $\sigma_1^k$ todos los $k \ge 3.$ que concluye la prueba.

ahora voy a establecer la necesaria dependencia lineal de $\sigma_k$ que es $$\sigma_1^k = \frac{1}{2^{k-1}} \casos{[ {k \elegir 1}\sigma_{2k-1} + {k \elegir 3}\sigma_{2k-3} +\ldots +\sigma_k ] & para $k$ impar, \cr [ {k \elegir 1}\sigma_{2k-1} + \ldots + {k \elegir 3}\sigma_{2k-3} ] & para $k$ incluso.} $$ voy a mostrar todos los pasos intermedios para $k = 5.$ es fácil ver los pasos para la $k = 5$ llevan más para el caso general. \ $\begin{array} \sigma_1^5 = (1+2\ldots n)^5 = \frac{n^5(n+1)^5}{2^5} \\ ~~~~ = \frac{1}{2^5}\{[n^5(n+1)^5 -(n-1)^5n^5] + [(n-1)^5n^5 -(n-2)^5(n-1)^5] +\ldots +[2^53^5 - 1^52^5] + 1^5 2^5 \}\\ ~~~~ = \frac{1}{2^5}\{ n^5[(n+1)^5 -(n-1)^5] + ((n-1)^5[n^5 -(n-2)^5] +\ldots +2^5[3^5 - 1^5] + 1^5 2^5 \}\\ ~~~~ = \frac{1}{2^5}\{ 2n^5[{5 \choose 1}n^4 + {5 \choose 3}n^2 + 1] + 2(n-1)^5[{5 \choose 1}(n-1)^4 + {5 \choose 3}(n-3)^2 + 1]+\\ ~~~~~~ \ldots + 2^5[{5 \choose 1}2^4 + {5 \choose 3}2^2 + 1] + 1^5[{5 \choose 1}1^4 + {5 \choose 3}1^2 + 1] \}\\ ~~~~~~ = \frac{1}{2^4}\{ {5 \choose 1}[n^9 + (n-1)^9 + \ldots + 2^9 + 1^9] + {5 \choose 3}[n^7 + (n-1)^7 + \ldots + 2^7 + 1^7] + [n^5 + (n-1)^5 + \ldots + 2^5 + 1^5] \}\\ ~~~~~ = \frac{1}{2^4}[ {5 \choose 1}\sigma_9 + {5 \choose 3}\sigma_7 + \sigma_5 ]. \end{array} $