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    Der Konvergenzradius der Potenzreihe $\sum_k\frac{B_k(x)}{k!}z^k$ beträgt $2\pi$, also $$ \limsup_k\frac{|B_k(x)|^{1/k}}k=\frac1{2e\pi}~. $$
  1. $F(x,z)=e^{xz}F(0,z)$ und $B_n(x)$ ist ein Polynom $n$-ten Grades mit dem führenden Koeffizienten $1$.
  2. $\pa_xF(x,z)=zF(x,z)$, $F(x+1,z)-F(x,z)=ze^{xz}$ und $F(1-x,z)=F(x,-z)$.
  3. $B_n^\prime(x)=nB_{n-1}(x)$, $B_n(x+1)-B_n(x)=nx^{n-1}$ und $B_n(1-x)=(-1)^nB_n(x)$.
  4. $B_1=-1/2$ und alle anderen ungeraden Bernoulli-Zahlen verschwinden.
1. Da $F(x,z)=F(0,z)e^{xz}$ folgt nach Bildung des Cauchy-Produkts: $$ \sum_{n=0}^\infty\frac{B_n(x)}{n!}z^n =\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}z^n\sum\frac{B_n}{n!}z^n =\sum_n\Big(\sum_{k=0}^n{n\choose k}B_{n-k}x^k\Big)\frac{z^n}{n!} $$ Nun ist $F(0,0)=1$, also ist $B_n(x)$ ein Polynom des Grades $n$ und $$ B_n(x)=\sum_{k=0}^n{n\choose k}B_{n-k}x^k,\quad B_0=1~. $$ 2. $F(x+1,z)-F(x,z)=F(x,z)(e^z-1)=ze^{xz}$ und $$ F(1-x,z) =\frac{ze^{z-xz}}{e^z-1} =\frac{ze^{-xz}}{1-e^{-z}} =\frac{-ze^{-xz}}{e^{-z}-1} =F(x,-z)~. $$ 3. Die obigen drei Beziehungen implizieren: \begin{eqnarray*} \sum_{n=0}^\infty\frac{B_n^\prime(x)}{n!}z^n &=&\sum_{n=0}^\infty\frac{B_n(x)}{n!}z^{n+1}\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{B_n(x+1)-B_n(x)}{n!}z^n &=&\sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}z^{n+1}\\ \sum_{n=0}^\infty\frac{B_n(1-x)}{n!}z^n &=&\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^nB_n(x)}{n!}z^n \end{eqnarray*} woraus sich nach Vergleich der Koeffizienten der Potenzen von $z$ die behaupteten Formeln ergeben.
4. Da $F(0,z)-F(0,-z)=z/(e^z-1)+z/(e^{-z}-1)=-z$, folgt: $$ 2\sum_{n=0}^\infty\frac{B_{2n+1}}{(2n+1)!}z^{2n+1}=-z $$ somit muß $B_{2n+1}$ für alle $n\geq1$ verschwinden.