Dimostrare che se scriviamo l'espansione della funzione \( \frac{z}{e^z -1 } \) nella forma
\[ \frac{z}{e^z -1 } = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{B_n}{n!}z^n \]
allora i numeri \( B_n \) (i numeri di Bernoulli) soddisfano
\[ B_0 = 1; \ \ \ \ \ \ \ \sum\limits_{k=0}^{n} \binom{n+1}{k}B_k=0 \]
Sia
\[ S_{r+1}(t):=\sum\limits_{k=0}^{r} \binom{r+1}{k}B_kt^{r+1-k} \]
1) Dimostra che
\[ \frac{S_{r+1}(n)}{r+1}= \sum\limits_{k=0}^{n-1}k^r ; \forall n \in \mathbb{N} \]
2) Dimostra che
\[ \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{S_{n}(t)}{n!}z^n =z\frac{e^{tz}-1}{e^z-1}\]
Allora non ho idea di come dimostrare il fatto che i numeri di Bernoulli soddisfano quella relazione, nel senso
Per calcolare quella espansione ho fatto
\[ \frac{z}{-1+\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{z^k}{k!}}=\ldots? \]
Okay potrei calcolarmi diverse derivate e vedere se trovo un nesso...
\[ f(z)=\frac{z}{e^z -1 }=f(0) + f'(0)z + \frac{f''(0)}{2}z^2 + \frac{f'''(0)}{3!}z^3 + \ldots\]
Dove \( f(0)= \lim\limits_{z\to 0} f(z)=\lim\limits_{z \to0 } \frac{z}{e^z-1}= \lim\limits \frac{1}{e^z}=1 \),
Quindi siccome \( 0! = 1 \) abbiamo che \( B_0 = 1 \).
\( f'(0) = \lim\limits_{z\to 0} f'(z) = \lim\limits_{z \to 0 } -\frac{e^z(z-1)+1}{(e^z - 1)^2}= \lim\limits_{z \to 0 } -\frac{e^z(z-1)+e^z}{2(e^{2z} - e^z)}= \lim\limits_{z \to 0} -\frac{e^z(z-1)+2e^z}{2(2e^{2z} - e^z)}=-\frac{1}{2} \)
Quindi siccome \( 1!=1 \) abbiamo che \(B_1 = -\frac{1}{2} \)
(ps: domanda intermedia come fa la funzione \( f(z) \) ad essere definita in zero? Se la plotto su wolframalpha mi da un grafico definito in \( z= 0 \), il denominatore dovrebbe essere \( 0 \)...
)Però insomma diventa parecchio lunga...
Quindi ho pensato di farlo in un altro modo
Abbiamo che i coefficienti di Bernoulli sono definiti nel seguente modo
\[ \frac{z}{e^z -1 } = \sum\limits_{n=0}^{\infty} \frac{B_n}{n!}z^n \]
Pertanto consideriamo l'espansione di \( \frac{e^z-1}{z} \) che è parecchio più facile da calcolare infatti
\[ \frac{e^z-1}{z} = \frac{-1+\sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{z^k}{k!}}{z} = \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{z^{k-1}}{k!} \]
Consideriamo ora il seguente prodotto
\[ \begin{pmatrix} \frac{z}{e^z -1} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \frac{e^z- 1}{z} \end{pmatrix} = 1 \]
Pertanto
\[ 1= \begin{pmatrix} \sum\limits_{k=0}^{\infty} \frac{B_k}{k!}z^k \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{z^{k-1}}{k!} \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} B_0 +\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{B_k}{k!}z^k \end{pmatrix} \begin{pmatrix} \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{z^{k-1}}{k!} \end{pmatrix} \]
Abbiamo che
\[ 1=B_0 \sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{z^{k-1}}{k!} +\sum\limits_{k=1}^{\infty} (a \star b)_k z^k \]
Dove \[ (a \star b)_k = \sum\limits_{j,\ell; j+\ell=k} a_{\ell} b_{j} = \sum\limits_{j,\ell; j+\ell=k}\frac{B_{\ell}}{\ell!} \frac{1}{j!} \]
E dove \( j \in J \), e \( \ell \in L \), dove \( L \) e \( J \) sono rispettivamente l'insieme degli indici dei coefficienti delle due serie.
Se riesco a dimostrare che \( (a \star b)_k = 0 \), \( \forall k \in \mathbb{N}_{>0} \), allora ho vinto! Infatti
Fissiamo un \( n+1 \) e vediamo come è fatto il coefficiente del prodotto di convoluzione tra due serie
\[(a \star b)_{n+1}= \frac{B_0}{0!} \frac{1}{(n+1)!} + \frac{B_1}{1!} \frac{1}{n!} +\frac{B_2}{2!} \frac{1}{(n-1)!} + \ldots + \frac{B_{n}}{n!} \frac{1}{1!}=0\]
Moltiplichiamo il tutto \((n+1)! \)
\[ \frac{(n+1)!}{0!(n+1)!}B_0 + \frac{(n+1)!}{1! (n+1-1)!}B_1 + \frac{(n+1)!}{2!(n+1-2)!}B_2 + \ldots + \frac{(n+1)!}{n!(n+1-n)!}B_{n}=0\]
E abbiamo dunque
\[ \binom{n+1}{0}B_0 + \binom{n+1}{1}B_1 + \binom{n+1}{2}B_2 + \ldots + \binom{n+1}{n}B_{n}=0\]
Pertanto abbiamo che
\[ \sum\limits_{k=0}^{n} \binom{n+1}{k}B_k=0 \]
È verificata!
Però come faccio a dimostrare che il \( \forall k \in \mathbb{N}_{>0} \) abbiamo che \( (a \star b)_k \) ??
Avreste dei suggerimenti per il punto 1) ?
Grazie mille
)