Dimostrazione nullità numeri bernoulli dispari

[buraliforti]

Salve a tutti. Stavo dando un'occhiata alla formula di Faulhaber riguardante la somma delle potenze p-esime dei primi n interi \(S_p(n)=\sum_{k=1}^n k^p\). Così ho cercato in rete una dimostrazione della nullità dei numeri di Bernoulli dispari maggiori uguali a tre che non coinvolgesse argomenti di analisi. Mi sono imbattuto qui: https://www.maa.org/sites/default/files/images/images/upload_library/22/2975368.pdf.bannered.pdf. L'idea dell'articolo è che in base alla formula di faulhaber:

\[ S_p(n)= \frac{1}{p+1}\sum_{k=0}^n k^p\binom{p+1}{k}B_k n^{p+1-k} \]

è osservare che il coefficiente di n è \(\binom{p+1}{p}B_p\). Se dunque \(S_p(n)\) non è divisibile per n allora si dovrà avere giustamente \(B_p=0\). Ora osservando casi particolari dei polinomi \(S_p(n)\) si osserva che per p dispari maggiore uguale a 3 essi sono divisibili per \(S_1^2(n)\) ( e per p pari maggiore uguale a 2 divisibili per \(S_1(n)\)) e ciò è sufficiente affinchè essi non siano divisibili per n. A questo punto l'articolo sviluppa la potenza p esima generica \(S_1^p(n)\) tramite somma telescopica (pagg 2-14) ottenendo:

\[ S_1^p(n)= \frac{1}{2^p}\sum_{j=0}^p S_{p+j}(n) (1-(-1)^{p-j}) \]

E sino ad ora tutto bene. Nella dimostrazione del teorema 3.1 per p dispari gli unici addendi a contributo non nullo sono quelli con j pari, cosicchè per p dispari otterremo:

\[ S_1^p(n)= \frac{1}{2^{p-1}}\sum_{k=0}^{(p-1)/2} S_{p+2k}(n) \]

A questo punto sorge il mio problema. La dimostrazione afferma che usando la relazione sopra sia possibile provare tramite induzione (forte) che ogni somma di potenze dispari maggiori uguali a tre sia divisibile per \(S_1^p(n)\). Ora il passo base è ok: osservare che \(S_3(n) = S_1^2(n)\). Il passo induttivo sarebbe ipotizzare che tutti gli \(S_{p+2k}\) con \(0\leqslant k\leqslant ((p-1)/2-1)\) siano divisibili per \(S_1^2(n)\) da cui ricavare che anche \(S_{2p-1}\) sia divisibile per \(S_1^2(n)\). Mi sembra che ci sia una falla. Per vederlo prendiamo il caso p=3. Con un calcolo rapido si vede che \(S_3=S_1^2\). Perciò da:

\[ S_1^3=\frac{1}{2^2}(\binom{3}{0}S_3+\binom{3}{2}S_5)\]

ricaviamo facilmente che \(S_5\) è divisibile per \(S_1^2\). Se però consideriamo il passo successivo p=5 otteniamo:

\[ S_1^5=\frac{1}{2^4}(\binom{5}{0}S_5+\binom{5}{2}S_7+\binom{5}{4}S_9)\]

dal quale possiamo ottenere soltanto che \(\binom{5}{2}S_7+\binom{5}{4}S_9\) sia divisibile per \(S_1^2\). Mentre occorrerebbe provare che i singoli \(S_7\) ed \(S_9\) siano divisibili per \(S_1^2\). Dov'è lerrore che faccio?

[buraliforti]

Trovato. Il fatto è che devono essere usati, in concomitanza, sia i casi p pari che dispari. Dunque la formula ricavata dalla somma telescopica è:

\[S_1^p(n)=\frac{1}{2^p}\sum_{j=0}^p \binom{p}{j}S_{p+j}(n)(1-(-1)^{p-j})\]

Se p è pari allora diventa:

\[S_1^p(n)=\frac{1}{2^{p-1}}\sum_{k=0}^{(p-2)/2} \binom{p}{2k+1}S_{p+2k+1}(n)\]

Se p è dispari allora diventa:

\[S_1^p(n)=\frac{1}{2^{p-1}}\sum_{k=0}^{(p-1)/2} \binom{p}{2k}S_{p+2k}(n)\]

E qui cominciamo. Per p = 2 (k va da 0 a 0) dalla prima otteniamo:

\[S_1^2= \frac{1}{2}\binom{2}{1}S_3\]

da cui ricaviamo banalmente che \(S_3\) è divisibile per \(S_1^2\).

Per p = 3 (k va da 0 a 1) dalla seconda otteniamo:

\[S_1^3= \frac{1}{4}(\binom{3}{0}S_3+\binom{3}{2}S_5)\]

da cui ricaviamo che che \(S_5\) è divisibile per \(S_1^2\).

Per p = 4 (k va da 0 ad 1):

\[S_1^4= \frac{1}{8}(\binom{4}{0}S_5+\binom{4}{1}S_7)\]

da cui da cui ricaviamo che che \(S_7\) è divisibile per \(S_1^2\).

Per p = 5 (k va da 0 a 2):

\[S_1^5= \frac{1}{16}(\binom{5}{0}S_5+\binom{5}{1}S_7+\binom{5}{2}S_9)\]

da cui da cui ricaviamo che che \(S_9\) è divisibile per \(S_1^2\).

Il meccanismo adesso funziona. Non è difficile tradurlo rigorosamente in induzione.