VIII OM - I - Zadanie 2

Zawody matematyczne:

VIII OM, 1956-1957

Etap:

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.

$ (1) \qquad S_p (n) = 1^p + 2^p + 3^p + \ldots + n^p. $

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

$ (2) \qquad S_1(n) = \frac{1}{2} n(n+ 1) = \frac{1}{2} n^2 + \frac{1}{2} n, $

$ 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, $

$ 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. $

Podstawiając we wzorze

$ (k + 1)^5 = k^5 + 5k^4 + 10k^3 + 10k^2 + 5k + 1 $

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

$ (3) \qquad \begin{array}{c} 2^5 = 1^5 + 5 \cdot 1^4 + 10 \cdot 1^3 + 10 \cdot 1^2 + 5 \cdot 1 + 1\\ 3^5 = 2^5 + 5 \cdot 2^4 + 10 \cdot 2^3 + 10 \cdot 2^2 + 5 \cdot 2 + 1\\ 4^5 = 3^5 + 5 \cdot 3^4 + 10 \cdot 3^3 + 10 \cdot 3^2 + 5 \cdot 3 + 1\\ \ldots\\ (n + 1)^5 = n^5 + 5 \cdot n^4 + 10 \cdot n^3 + 10 \cdot n^2 + 5 \cdot n + 1. \end{array} $

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

$ (4) \qquad (n + 1)^5 = 1^5 + 5 S_4 (n) + 10 S_3 (n) + 10 S_2 (n) + 5 S_1 (n) + n; $

stąd

$ S_4(n) = \frac{(n + 1)^5 - 1}{5} - 2S_3(n) - 2S_2 (n) - S_1 (n) - \frac{1}{5}n. $

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

$ (5) \qquad S_4 (n) = \frac{1}{5} n^5 + \frac{1}{2} n^4 + \frac{1}{3}n^3 - \frac{1}{30} n $

lub po rozłożeniu prawej strony na czynniki

$ S_4 (n) = \frac{1}{30} n (n + 1) (2n + 1) (3 n^2 + 3 n - 1). $

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:

$ (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}. $

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

$ \binom{m}{k} = \frac{m (m - 1) \cdot \ldots \cdot (m - k + 1)}{1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot k}; $

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

$ (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. $

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

$ (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. $

Obliczamy stąd

$ \begin{split} (7) \qquad (p + 1)S_p (n) =&(n+ 1)^{p-1} - 1 - \binom{p+1}{2} S_{p-1} (n) +\\ &- \binom{p+1}{3} S_{p-2} (n) - \ldots - \binom{p+1}{p} S_1(n) - n. \end{split} $

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

$ (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, $

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

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

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):

$ \begin{split} (10) \qquad (p + 1)S_p (n) =& n^{p+1} + \binom{p+1}{1} B_{1}n^p + \binom{p+1}{2} B_{2}n^{p-1} + \ldots +\\ &+\binom{p+1}{k} B_{k}n^{p-k+1} + \ldots + \binom{p+1}{p} B_p n, \end{split} $

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

$ \begin{split} (11) \qquad (p + 1)S_p (n+1) &= (n+1)^{p+1} + \binom{p+1}{1} B_{1}(n+1)^p +\\ &+ \binom{p+1}{2} B_{2}(n+1)^{p-1} + \ldots +\\ &+\binom{p+1}{k} B_{k}(n+1)^{p-k+1} + \ldots + \binom{p+1}{p} B_p (n+1), \end{split} $

Odejmując (10) i (11) stronami otrzymujemy:

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

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

$(p + 1) \cdot \binom{p}{r} = \binom{p+1}{r+1} + \binom{p+1}{1} B_1 \binom{p}{r} + \binom{p+1}{2} B_2 \binom{p-1}{r-1} + \ldots + \binom{p+1}{r} B_r \binom{p-r+1}{1}$

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

$ (13) \qquad r+1 = 1+ \binom{r+1}{1}B_1 + \binom{r+1}{2}B_2 + \ldots + \binom{r+1}{r}B_r. $

Istotnie

$ \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

$ \binom{p+1}{1} \binom{p}{r} = \binom{r+1}{1} \binom{p+1}{r+1},\ \binom{p+1}{2} \binom{p-1}{r-1} = \binom{r+1}{2} \binom{p+1}{r+1}, $

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

$ (10a) \qquad (p + 1) S_p (n) = ((n + B))^{p +1} - ((B))^{p+1} $

$ (13a) \qquad ((1 + B))^{r+1} - ((B))^{r+1} = r + 1, $

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 $B_{p+1}$ , $B_{r+1}$ .