VIII OM - I - Zadanie 2

Znaleźć wzór na sumę czwartych potęg kolejnych liczb całkowitych od $ 1 $ do $ n $.

Rozwiązanie

Niech $ S_p (n) $ oznacza sumę $ p $-tych potęg kolejnych liczb całkowitych od $ 1 $ do $ n $, tzn.

\[<br />
(1) \qquad S_p (n) = 1^p + 2^p + 3^p + \ldots + n^p.<br />
\]

Poszukiwany wzór na sumę $ S_4(n) $ znajdziemy przyjmując, że znane nam są już wzory

\[<br />
(2) \qquad S_1(n) = \frac{1}{2} n(n+ 1) = \frac{1}{2} n^2 + \frac{1}{2} n,<br />
\]
\[<br />
S_2(n) = \frac{1}{6} n(n + 1) (2n + 1) = \frac{1}{3} n^3 + \frac{1}{2} n^2 + \frac{1}{6} n,<br />
\]
\[<br />
S_3 (n) = \frac{1}{4} n^2 (n + 1)^2 = \frac{1}{4} n^4 + \frac{1}{2} n^3     + \frac{1}{4} n^2.<br />
\]

Podstawiając we wzorze

\[<br />
(k + 1)^5 = k^5 + 5k^4 + 10k^3 + 10k^2 + 5k + 1<br />
\]

kolejno $ k = 1, 2, \ldots, n $ otrzymujemy równości

\[<br />
(3) \qquad<br />
\begin{array}{c}<br />
2^5 = 1^5 + 5 \cdot 1^4 + 10 \cdot 1^3 + 10 \cdot 1^2 + 5 \cdot 1 + 1\\<br />
3^5 = 2^5 + 5 \cdot 2^4 + 10 \cdot 2^3 + 10 \cdot 2^2 + 5 \cdot 2 + 1\\<br />
4^5 = 3^5 + 5 \cdot 3^4 + 10 \cdot 3^3 + 10 \cdot 3^2 + 5 \cdot 3 + 1\\<br />
\ldots\\<br />
(n + 1)^5 = n^5 + 5 \cdot n^4 + 10 \cdot n^3 + 10 \cdot n^2 + 5 \cdot n + 1.<br />
\end{array}<br />
\]

Równości te dodajemy stronami; po redukcji sumy $ 2^5 + 3^5 + \ldots + n^5 $ występującej po obu stronach otrzymujemy

\[<br />
(4) \qquad (n + 1)^5 = 1^5 + 5 S_4 (n) + 10 S_3 (n) + 10 S_2 (n) + 5 S_1 (n) + n;<br />
\]

stąd

\[<br />
S_4(n) = \frac{(n + 1)^5 - 1}{5} - 2S_3(n) - 2S_2 (n) - S_1 (n) - \frac{1}{5}n.<br />
\]

Po podstawieniu do prawej strony wyrażeń ze wzorów (2) i po uporządkowaniu otrzymujemy

\[<br />
(5) \qquad S_4 (n) = \frac{1}{5} n^5 + \frac{1}{2} n^4 + \frac{1}{3}n^3 - \frac{1}{30} n<br />
\]

lub po rozłożeniu prawej strony na czynniki

\[<br />
S_4 (n) = \frac{1}{30} n (n + 1) (2n + 1) (3 n^2 + 3 n - 1).<br />
\]

Uwaga 1: Zagadnienie ogólne wyznaczenia sumy $ p $-tych potęg liczb całkowitych od $ 1 $ do $ n $, czyli sumy $ S_p (n) = 1^p + 2^p + \ldots + n^p $ rozwiązał Jakub Bernoulli (1654-1705), matematyk szwajcarski, w pracy {\it Ars conjectandi} poświęconej rachunkowi prawdopodobieństwa, która ukazała się w 1713 r. Objaśnimy to rozwiązanie, stosując oczywiście dzisiejszą terminologię i symbolikę.

Przypomnijmy najpierw wzór znany pod nazwą dwumianu Newtona:

\[<br />
(x + 1)^m = x^m + \binom{m}{1} x^{m-1} + \binom{m}{2} x^{m-2} + \ldots + \binom{m}{k} x^{m-k} + \ldots + \binom{m}{m-1} x + \binom{m}{m}.<br />
\]

We wzorze tym symbol $ \binom{m}{k} $ ma znaczenie określone równością

\[<br />
\binom{m}{k} = \frac{m (m - 1) \cdot \ldots \cdot (m - k + 1)}{1 \cdot 2 \cdot \ldots  \cdot k};<br />
\]

na przykład

\[ \binom{m}{1} = \frac{m}{1}, \]
\[ \binom{m}{2} = \frac{m(m-1)}{2}, \]
\[ \binom{m}{3} = \frac{m(m-1)(m-2)}{1 \cdot 2 \cdot 3}, \]
\[ \binom{m}{m-1} = \frac{m(m-1) \cdot\ldots\cdot 2}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (m-1)} = m, \]
\[ \binom{m}{m} = \frac{m (m - 1)\cdot \ldots \cdot 1}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot m} =1. \]

Korzystając z dwumianu Newtona wykażemy, że $ S_p (n) $ jest równe wielomianowi stopnia $ p + 1 $ zmiennej $ n $, który dla $ n = 0 $ równa się zeru.

Zastosujemy indukcję zupełną. Według wzorów (2) i (5) twierdzenie jest prawdziwe dla $ S_1 (n) $, a także dla $ S_2 (n) $, $ S_3 (n) $, $ S_4 (n) $; przypuśćmy, że jest ono prawdziwe dla wszystkich sum $ S_k (n) $ aż do $ S_{p-1} (n) $ włącznie.

Otóż

\[<br />
(k+1)^{p+1} = k^{p+1} + \binom{p+1}{1} k^p + \binom{p+1}{2} k^{p-1} + \ldots + \binom{p+1}{p} k + 1.<br />
\]

Podstawmy w tej równości kolejno $ k = 1, 2, 3,\ldots, n $ i otrzymane $ n $ równości dodajmy stronami, podobnie jak to uczyniliśmy z równościami (3) w poprzednim rozwiązaniu. Otrzymamy wzór analogiczny do wzoru (4), a mianowicie

\[<br />
(6) \qquad (n+1)^{p+1} = 1 + \binom{p+1}{1} S_p(n) + \binom{p+1}{2} S_{p-1}(n) + \ldots + \binom{p+1}{p} S_1(n) + n.<br />
\]

Obliczamy stąd

\[<br />
\begin{split}<br />
(7) \qquad (p + 1)S_p (n) =&(n+ 1)^{p-1} - 1 - \binom{p+1}{2} S_{p-1} (n) +\\<br />
&- \binom{p+1}{3} S_{p-2} (n) - \ldots - \binom{p+1}{p} S_1(n) - n.<br />
\end{split}<br />
\]

Ponieważ $ (n + 1)^{p+1} - 1 - n $ równa się wielomianowi stopnia $ p + 1 $ znikającemu dla $ n = 0 $, a $ S_{p-1} (n), S_{p-2} (n), \ldots, S_1(n) $ są według założenia odpowiednio wielomianami stopnia $ p, p - 1,\ldots, 1 $, przy czym $ S_{p-1} (0) = S_{p-2}(0) = \ldots = S_1(0) = 0 $, więc według wzoru (7) funkcja $ S_p(n) $ równa się wielomianowi stopnia $ p+1 $, a przy tym $ S_p (0) = 0 $, czego należało dowieść. Zauważmy, że po prawej stronie (7) najwyższym wyrazem jest $ n^{p+1} $.

Wobec powyższego

\[<br />
(8) \qquad      (p + 1) S_p (n) = n^{p+1} + A_1n^p + A_2n^{p-1} + \ldots + A_k n^{p-k+1} + \ldots + A_pn,<br />
\]

gdzie współczynniki $ A_1, \ldots, A_p $ nie zależą od $ n $, ale oczywiście zależą od $ p $, jak to widać ze wzorów (2) i (5);

Otóż Bernoulli dokonał ciekawego odkrycia, że gdy te współczynniki napiszemy w postaci

\[<br />
(9) \qquad<br />
\begin{split}<br />
A_1= \binom{p+1}{1} B_1,&\<br />
A_2= \binom{p+1}{2} B_2,\<br />
\ldots,\\<br />
A_k= \binom{p+1}{k} B_k,&\<br />
\ldots,\<br />
A_p= \binom{p+1}{p} B_p,<br />
\end{split}<br />
\]

wtedy $ B_1, B_2, B_3, \ldots $ nie zależą już od $ p $, a są ściśle określonymi liczbami; zostały one nazwane liczbami Bernoulli'ego.

Aby to twierdzenie Bernoulli'ego udowodnić, podstawmy wyrażenia (9) do wzoru (8):

\[<br />
\begin{split}<br />
(10) \qquad (p + 1)S_p (n) =&<br />
n^{p+1} + \binom{p+1}{1} B_{1}n^p + \binom{p+1}{2} B_{2}n^{p-1} + \ldots +\\<br />
&+\binom{p+1}{k} B_{k}n^{p-k+1} + \ldots + \binom{p+1}{p} B_p n,<br />
\end{split}<br />
\]

a następnie zastąpmy we wzorze (10) $ n $ przez $ n + 1 $:

\[<br />
\begin{split}<br />
(11) \qquad (p + 1)S_p (n+1) &=<br />
(n+1)^{p+1} + \binom{p+1}{1} B_{1}(n+1)^p +\\<br />
&+ \binom{p+1}{2} B_{2}(n+1)^{p-1} + \ldots +\\<br />
&+\binom{p+1}{k} B_{k}(n+1)^{p-k+1} + \ldots + \binom{p+1}{p} B_p (n+1),<br />
\end{split}<br />
\]

Odejmując (10) i (11) stronami otrzymujemy:

\[<br />
\begin{split}<br />
(12) \qquad (p + 1) (n + 1)^p =& (n + 1)^{p+1} - n^{p+1} +<br />
\binom{p+1}{1} B_1 [(n + 1)^p - n^p] +\\<br />
&+ \binom{p+1}{2} B_2 [(n + 1)^{p-1} - + n^{p-1}] + \ldots +\\<br />
&+ \binom{p+1}{r} B_r [(n+1)^{p-r+1}] + \ldots + \binom{p+1}{p} B_p.<br />
\end{split}<br />
\]

Obie strony tożsamości (12) są wielomianami stopnia $ p $ zmiennej $ n $; współczynniki tych wielomianów przy $ n^p, n^{p-1}, n^{p-2}, \ldots $, ogólnie przy $ n^{p-r} $ muszą być równe; po uwzględnieniu, że $ (n + 1)^k - n^k = \binom{k}{1} n^{k-1} + \binom{k}{2} n^{k-2} \ldots $ daje to równości

\[ p + 1  = \binom{p+1}{1} \]
\[ (p + 1) \cdot \binom{p}{1}  = \binom{p+1}{2} + \binom{p+1}{1} B_1 \binom{p}{1} \]
\[ (p + 1) \cdot \binom{p}{2}  = \binom{p+1}{3} + \binom{p+1}{1} B_1 \binom{p}{2} + \binom{p+1}{2} B_2 \binom{p-1}{1} \]
\[ \ldots \]

ogólnie

\[ (p + 1) \cdot \binom{p}{r}  = \binom{p+1}{r+1} + \binom{p+1}{1} B_1 \binom{p}{r} + \binom{p+1}{2} B_2 \binom{p-1}{r-1} + \ldots +<br />
\binom{p+1}{r} B_r \binom{p-r+1}{1} \]

Dzierąc drugą z powyższych równości przez $ \binom{p+1}{2} $, trzecią przez $ \binom{p+1}{3} $ itd., ostatnią przez $ \binom{p+1}{r+1} $, otrzymujemy

\[ 2 = 1 + 2B_1, \textrm{ skąd } B_1 = \frac{1}{2}, \]
\[ 3 = 1 + 3B_1+ 3B_2, \textrm{ skąd } B_2 = \frac{1}{6},\]
\[ \ldots \]

ogólnie

\[<br />
(13) \qquad r+1 = 1+ \binom{r+1}{1}B_1 + \binom{r+1}{2}B_2 + \ldots + \binom{r+1}{r}B_r.<br />
\]

Istotnie

\[<br />
\binom{p + 1}{r+1} = \frac{p+1}{r+1} \binom{p}{r} = \frac{(p+1)p}{(r+1)r} \binom{p-1}{r-1} = \ldots \textrm{ itd. }, \]

zatem

\[<br />
\binom{p+1}{1} \binom{p}{r} = \binom{r+1}{1} \binom{p+1}{r+1},\<br />
\binom{p+1}{2} \binom{p-1}{r-1} = \binom{r+1}{2} \binom{p+1}{r+1},<br />
\]

itd.

Widzimy, że istotnie $ B_1, B_2, B_3, \ldots $ są określonymi liczbami, które otrzymujemy kolejno z równości (13) biorąc $ r = 1, 2, 3, \ldots $

Wzory (10) i (13) stanowią rozwiązanie zagadnienia Bernoulliego. Można im nadać postać bardzo prostą i przejrzystą stosując pewien symboliczny sposób pisania. Zauważmy, że jeżeli we wzorach (10) i (13) zamiast $ B_1, B_2, B_3, \ldots $ napiszemy $ B, B^2, B^3, \ldots $, to prawa strona wzoru (10) będzie równa $ (n + B)^{p+1} - B^{p+1} $, a prawa strona wzoru (13) - równa $ (1 + B)^{r+1} - B^{r+1} $. Otóż umawiamy się wzory (10) i (13) pisać w postaci

\[<br />
(10a) \qquad (p + 1) S_p (n) = ((n + B))^{p +1} - ((B))^{p+1}<br />
\]
\[<br />
(13a) \qquad ((1 + B))^{r+1} - ((B))^{r+1} = r + 1,<br />
\]

przy czym podwójne nawiasy oznaczają, że potęgi $ (n+ B)^{p+1} $ i $ (1 + B)^{r+1} $ należy rozwinąć według dwumianu Newtona a następnie potęgi $ B, B^2, B^3, \ldots $ zastąpić przez $ B_1, B_2, B_3, \ldots $ i podobnie $ ((B))^{p+1} $, $ ((B))^{r+1} $ zastąpić przez $ B_{p+1} $, $ B_{r+1} $.

Na przykład dla $ p = 4 $ otrzymamy ze wzoru (10a):

\[<br />
5 S_4 (n) = n^5 + 5 n^4 B_1 + 10 n^3 B_2 + 10 n^2 B_3 + 5 n B_4,<br />
\]

a wzór (13a) dla $ r = 3 $ i $ r = 4 $ daje

\[<br />
1 + 4 B_1 + 6 B_2 + 4 B_3 = 4<br />
\]
\[<br />
\textrm{ i } 1 + 5 B_1 + 10 B_2 + 10 B_3 + 5 B_4 = 5.<br />
\]

Przedtem znaleźliśmy $ B_1 = \frac{1}{2} $, $ B_2 = \frac{1}{6} $ z powyższych równań otrzymujemy $ B_3 = 0 $, $ B_4 = - \frac{1}{30} $, zatem

\[<br />
5 S_4 (n) = n^5 + \frac{5}{2} n^4 + \frac{5}{3} n^3 - \frac{1}{6} n<br />
\]

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź