Pregunta sobre $ \int_{-1}^{0}\sum_{n=1}^{x}n^sdx=\zeta (-s) \forall s\in \Bbb N$

Question

Lo que encontré al trastear fue $$ \int_{-1}^{0}\sum_{n=1}^{x}n^sdx=\zeta (-s) $$ $$ s\in \mathbb{N} $$ cuando la suma parcial se convierte en un polinomio equivalente utilizando la fórmula de Faulhaber.

Por ejemplo $$ \sum_{n=1}^{x}n^3 = \frac{x^2(x+1)^2}{4} $$ y $$ \int_{-1}^{0}\frac{x^2(x+1)^2}{4}dx = \frac{1}{120} = \zeta(-3) $$ Esta es mi primera vez en el ámbito de la función zeta, así que no estaba seguro de si esto era obvio, o una cosa dada. Pero no pude encontrar ninguna referencia a ello en línea. Lo que pregunto es por qué es esto y qué debo buscar si quiero aprender más sobre esto.

Answer 1

Esto se puede demostrar utilizando un par de bits de Internet; utilice Fórmula de Faulhaber para definir el polinomio: $$\sum _{k=1}^{x}{k}^{p}={\frac {\sum _{j=0}^{p} \left( -1 \right) ^{j}{ p+1\choose j}B_j {x}^{p+1-j}}{p+1}}$$ y luego integrar para obtener: $$ \begin{aligned} \int _ {-1}^{0}\!{\frac {\sum _{j=0}^{p} \left( -1 \right) ^{j}{p+1\choose j} B_j {x}^{p+1-j}}{p+1}}{dx}&=-\left( -1 \right) ^{p}\frac{1}{p+1}\sum _{j=0}^{p}{\frac {{p+1\choose j}B_j }{p+2-j}},\\ &=-\left( -1 \right) ^{p}{\frac {B_{p+1} }{p+1}},\\ &=\zeta(-p) \end{aligned} $$ donde hemos utilizado el relación de recursión para los números de Bernoulli para pasar de la primera a la segunda línea y el valor conocido de la función zeta en enteros negativos para la última línea. El $(-1)^p$ es trivial para la mayoría de los $p$ ya que los números de Bernoulli de orden par son cero, pero el de orden cero no lo es, por lo que debemos mantenerlo para ese caso.