[20-08] voy a añadir algo que arroja luz sobre por qué el último funciona muy bien. En lo que sigue nos proporcionan una prueba de Faulhaber la Fórmula mediante la operación de binomio de convolución de las secuencias de números reales (de hecho, no tenemos que preocuparnos por el conjunto de los números reales, sino que simplemente los números racionales). Esta operación surge de forma natural cuando se multiplica (formal) exponencial en la generación de series de la forma $$\sum_{n\geqslant 0}\gamma_n \frac{z^n}{n!}$$ and collecting powers of $z$. The problem of finding $1^n+2^n+\cdots+m^n$ motivates us to look into each of the sequences $1,j,j^2,j^3,\ldots$ that have the EGF $e^{jz}$. Thus the sum has EGF $$\sum_{j=1}^m e^{jz}=e^z\frac{e^{mz}-1}{e^{z}-1}=\frac{e^{mz}-1}z \frac{(-z)}{e^{-z}-1}$$
Es fácil obtener explícita la generación de secuencias de $\dfrac{e^{mz}-1}z$; de hecho, $$\frac{e^{mz}-1}z=\sum_{n\geqslant 0}\frac{m^{n+1}}{n+1}\frac{z^n}{n!}$$
En particular, cuando se $m=1$ obtenemos la serie de números de generar $$H(z)=\frac{e^{z}-1}z$$
Los números de Bernoulli surgir de forma natural, como la recíproca de la Armónica de los números, en el sentido de que
$$B(z)=\frac{z}{e^z-1}=\sum_{n\geqslant 0}B_n\frac{z^n}{n!}$$
La primera ecuación da Faulhaber la Fórmula de inmediato: tenemos $$\sum_{j=1}^m e^{jz}=e^z\frac{e^{mz}-1}{e^{z}-1}=B(-z)\frac{e^{mz}-1}z $$
Igualando los coeficientes y el uso de la convolución da $$\sum_{j=1}^m j^n =\sum_{k=0}^n\binom nk (-1)^k B_k\frac{m^{n-k+1}}{n-k+1}$$
Este es el más corto de la prueba que yo sepa. Trabajamos las cosas de manera formal, sin tener que preocuparse acerca de la convergencia. Utilizamos el hecho de que una secuencia con los no-cero primer término $a_0$ admite un único inverso (como es el caso de la serie de los números). Esto es demostrado por la observación de la convolución da una recurrencia de los términos de este inversa.
Lo anterior es muy similar a lo que seguirá. El primer lema da $$H(z)e^{jz}=\frac{e^{(j+1)z}-1}z-\frac{e^{jz}-1}z$$ and the second gives $$e^z\frac{e^{mz}-1}z=\frac{e^{(m+1)z}-1}z-\frac{e^{z}-1}z$$ Telescoping gives $$H(z)\sum\limits_{j = 1}^m {{e^{jz}}} = \frac{{{e^{(m + 1)z}} - {e^z}}}{z} = {e^z}\frac{{{e^{mz}} - 1}}{z}$$
Así $$\sum\limits_{j = 1}^m {{e^{jz}}} = \frac{{{e^{(m + 1)z}} - {e^z}}}{z} = {e^z}B\left( z \right)\frac{{{e^{mz}} - 1}}{z}$$ and using $B(-z)=e^zB(z)$ $-$ this $1\estrella B=\mu B$ which was quite ugly to prove without EGFs $-$ finishes things to give Faulhaber's Formula $$\sum\limits_{j = 1}^m {{e^{jz}}} = B\left( { - z} \right)\frac{{{e^{mz}} - 1}}{z}$$
DEF Vamos ${\bf x} =(x_0,x_1,x_2,\ldots,x_n,\ldots)$, ${\bf y}=(y_0,y_1,y_2,\ldots,y_n,\ldots)$ ser secuencias. Definimos una nueva secuencia, su binomio de convolución, por la fórmula $$\left({\bf x}\star {\bf y}\right)_n:=\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}x_ky_{n-k}$$
OBS El binomio de convolución es asociativa y conmutativa.
DEF definimos las secuencias especiales $\mu=(1,-1,1,-1,1,-1,1,\ldots)$, ${\bf 1 }=(1,1,1,1,1,\ldots)$, ${\rm id}=(1,0,0,0,0,0,\ldots)$. Nota luego de que $$\mu\star {\bf 1} =\rm{id}$$ $${\rm id}\star {\bf x}={\bf x}$$
Estamos listos para probar el
THM (Inversión de la fórmula) Vamos a ${\bf x} =(x_0,x_1,x_2,\ldots,x_n,\ldots)$, ${\bf y}=(y_0,y_1,y_2,\ldots,y_n,\ldots)$ ser secuencias. A continuación, ${\bf x}\star {\bf 1}={\bf y}$ si, y sólo si ${\bf x}={\bf y}\star \mu$.
P Por encima de $$\begin{align}{\bf x}\star {\bf 1}&={\bf y}\\({\bf x}\star {\bf 1})\star \mu&={\bf y}\star \mu\\{\bf x}\star ({\bf 1}\star\mu)&={\bf y}\star \mu\\{\bf x}\star {\rm id }&={\bf y}\star \mu\\{\bf x}&={\bf y}\star \mu\end{align}$$
y la otra dirección es análogo.
[7-28] me he decidido a definir los números de Bernoulli como el inverso de la serie de los números, ya que esto pone en evidencia su importancia a la hora de probar Faulhaber la fórmula. Voy a seguir buscando para una prueba de la forma cerrada de la fórmula.
DEF Denotar por $\bf H$ la Armónica de los números de $\left(1,\frac 1 2,\frac 13,\frac 14 \ldots\right)$. Podemos definir los números de Bernoulli por $${\bf H}\star {\bf B}=\rm id$$
Esto está bien definido desde los inversos son únicos. Un par de valores de $$\left(1,-\dfrac 1 2,\dfrac 1 6,0,-\dfrac 1 {30},0,\dfrac1{42},0,-\dfrac{1}{30},\ldots\right)$$
OBS La definición dice que $\sum_{k=0}^n\binom{n+1}kB_k=[n=0]$ ${\bf B}\star {\bf 1}={\bf B}+[n=1]$
La PROPOSICIÓN De $n\geqslant 1$ tenemos $B_{2n+1}=0$.
P (Créditos a Rob) De ${\bf B}\star {\bf 1}={\bf B}+[n=1]$ obtenemos por la inversión que ${\bf B} ={\bf B}\star \mu+[n=1]\star \mu$. Pero $[n=1]\star \mu=-(-1)^nn$; por lo ${\bf B}\star \mu=B+\mu{\bf N}$. Desde ${\bf x}\star \mu {\bf y}=\mu(\mu{\bf x}\star {\bf y})$ obtenemos $\mu{\bf B}\star {\bf 1}=\mu{\bf B}+{\bf N}$. Ahora podemos escribir las cosas de forma explícita $$\sum_{k=0}^n\binom{n+1}{k}B_k=[n=0]\;\;,\;\;\sum_{k=0}^{m-1}\binom mk(-1)^kB_k=m$$
Así por $m\mapsto n+1$ $$\sum_{k=0}^n\binom{n+1}{k}B_k=[n=0]\;\;,\;\;\sum_{k=0}^{n}\binom {n+1}k(-1)^kB_k=n+1$$
Así $$n+1-[n=0]=\sum_{k=0}^n\left((-1)^k-1\right)\binom{n+1}kB_k$$ and $n\mapsto 2n+1$ gives $$2n+2=\sum_{k=0}^{2n+1}\left((-1)^k-1\right)\binom{2n+2}kB_k$$ but the $k=1$ term is $-2\binom{2n+2}1\left(-\frac1 2\right)=2n+2$ so, since even terms vanish we get $$0=-2\sum_{k=1}^{n}\binom{2n+2}{2k+1}B_{2k+1}$$ and induction does the rest. $\blacktriangle$
COR La fórmula ${\bf B}\star{\bf 1}=\mu{\bf B}$ mantiene.
En primer lugar, tenemos:
LEMMA1 Fix $j\geqslant 0$. A continuación, $$\left({\bf{H}} \star {j^k}\right)_n = \frac{{{{\left( {j + 1} \right)}^{n + 1}} - {j^{n + 1}}}}{{n + 1}}$$
P Esto se desprende de cálculo directo y el uso del teorema del binomio.
LEMMA2 Fix $m$. A continuación, $$\left( {1 \star \frac{{{m^{k + 1}}}}{{k + 1}}} \right)_n = \frac{{{{\left( {m + 1} \right)}^{n + 1}} - 1}}{{n + 1}}$$
P Esto también debería ser bastante obvio, integrando el binomio de expansión y la búsqueda de la correspondiente constante de integración.
COR Por los dos anteriores lemas: $$\left( {1 \star \frac{{{m^{k + 1}}}}{{k + 1}}} \right) = \sum\limits_{j = 1}^m {{{\left( {{\bf{H}} \star {j^k}} \right)}_n}} $$
Ahora podemos probar
THM (Faulhaber la Fórmula) $$\left( {\mu {\bf{B}} \star \frac{{{m^{k + 1}}}}{{k + 1}}} \right) = \sum\limits_{j = 1}^m {{j^n}} $$
P Tenemos que $$\sum\limits_{j = 1}^m {{{\left( {{\bf{H}} \star {j^k}} \right)}_n}} = \left( {1 \star \frac{{{m^{k + 1}}}}{{k + 1}}} \right)$$
Por la propiedad distributiva $$\left( {1 \star \frac{{{m^{k + 1}}}}{{k + 1}}} \right) = {\bf{H}} \star \sum\limits_{j = 1}^m {{j^n}} $$ and after multiplication by $\bf B$, this is $$\eqalign{
& {\bf{B}} \estrellas \left( {1 \estrellas \frac{{{m^{k + 1}}}}{{k + 1}}} \right) = \sum\limits_{j = 1}^m {{j^n}} \cr
& \left( {\mu {\bf{B}} \estrellas \frac{{{m^{k + 1}}}}{{k + 1}}} \right) = \sum\limits_{j = 1}^m {{j^n}} \cr} $$
como se desee. $\blacktriangle$
