Somma di r^k per r da 1 a n.

Messaggioda Erasmus_First » 02/05/2015, 17:15

Si ponga:
$F(n, k) = 1 + 2^k + 3^k + 4^k + ... + n^k$,
(dove l'esponente $k$ è un intero non negativo, $n$ è un intero positivo e le basi vanno da 1 a $n$ inclusi).

E' noto che $F(n, k)$ è un polinomio di grado $k+1$ nell'indeterminata $n$ – diciamolo $P_(k+1)(n)$ – a coefficienti razionali. In particolare:
$F(n, 0) = P_1(n) = n$; $F(n, 1) = P_2(n) = n/2 + (n^2)/2$; $F(n, 2) = P_3(n) = n/6 + (n^2)/2+(n^3)/3$.

E' facile verificare che il coefficiente del termine di grado 0 è nullo per qualsiasi $k$ ed il cooefficiente del termine di grado massimo (cioè di grado $k+1$) vale $1/(k+1)$.

Indicando con $a_(k+1),_h$ il coefficiente del termine di grado $h$ del polinomio $P_(k+1)(n) = F(n, k)$, si ha cioè:
$ 1 + 2^k + 3^k + 4^k + ... + n^k = P_(k+1)(n) = a_(k+1), _1n + a_(k+1), _2n^2 + ... + a_(k+1), _kn^k + 1/(k+1)n^(k+1)$.

Dimostrare che il coefficiene del termine di grado $k$ del polinomio $P_(k+1)(n)=F(n,k)$ vale $1/2$ per ogni $k$ intero positivo; ossia la tesi:
$a_(k+1), _k = 1/2$ per ogni $k$ intero positivo.

_______
Immagine
Immagine

__________
Ho editato per correeggere il titolo (dove mancava una lettera).
Ultima modifica di Erasmus_First il 18/05/2015, 14:44, modificato 2 volte in totale.
Avatar utente
Erasmus_First
Senior Member
Senior Member
 
Messaggio: 140 di 1805
Iscritto il: 11/12/2014, 11:41

Re: Somma d r^k per r da 1 a n.

Messaggioda Vulplasir » 02/05/2015, 23:33

Partiamo da questa relazione:

$(r+1)^k-r^k=1+( (k), (1) )r+( (k), (2) )r^2+...+((k), (k-1))r^(k-1)$

Se ora si fa variare $r$ da $r=0$ a $r=n$ e si scrivono per ogni $r$ quella relazione e se si sommano membra a membro i termini di sinistra e di destra si ottiene:

$(n+1)^k=n+1+((k),(1))sumr+((k),(2))sumr^2+...+((k),(k-1))sumr^(k-1)$

Ciò che ci interessa è $sumr^(k-1)$ e dunque lo esplicitiamo notando che $((k),(k-1))=k$ :

$ksumr^(k-1)=(n+1)^k-n-1-( (k), (1) )sumr-( (k), (2) )sumr^2-...-((k),(k-2))sumr^(k-2)$

Quindi risulta che $sumr^(k-1)$ sia un polinomio di grado $k$ in cui il termine di grado $k$ ha coefficiente $1/k$ come detto da te. Ora vediamo qual è il coefficiente del termine di grado $(k-1)$.

A destra dell'uguaglianza c'è un $(n+1)^k$, esso contiene le potenze di $n$ da $n^0$ a $n^k$ con opportuni coefficienti dati dal binomio di Newton, la potenza che ci interessa è $n^(k-1)$ che per il binomio di Newton è $((k),(k-1))n^(k-1)=kn^(k-1)$, ancora a destra si vede che c'é un $sumr^(k-2)$, per quanto detto da te questo termine si può esprimere con un polinomio in $n$ con grado $(k-1)$ in cui il termine di grado $(k-1)$ ha coefficiente $1/(k-1)$, quindi il termine di grado $(k-1)$ di $((k),(k-2))sumr^(k-2)$ ha coefficiente $(((k),(k-2)))/(k-1)=k/2$.

Quindi vi sono due termini di grado $(k-1)$ e sono $kn^(k-1)$ e $-k/2n^(k-1)$, la loro somma fa $kn^(k-1)-k/2n^(k-1)=k/2n^(k-1)$ e dividendo il tutto per il $k$ a sinistra, si ottiene $1/2n^(k-1)$

CVD.
Avatar utente
Vulplasir
Cannot live without
Cannot live without
 
Messaggio: 284 di 10954
Iscritto il: 13/08/2013, 18:13
Località: Firenze

Re: Somma d r^k per r da 1 a n.

Messaggioda Erasmus_First » 03/05/2015, 22:08

Occhio: nel seguito userò ancora la notazione del mio primo "post", cioè:
• $F(n, k)$ per la somma delle potenze k-esime degli interi da 1 a n inclusi, cioè $1 + 2^k + 3^k + ... + n^k$;
• $P_(k+1)(n)$ per il polinomio di grado $k+1$ nell'indeterminata $n$ che, per $n$ intero positivo, vale $F(n, k)$;
. . . .$P_(k+1)(n) = F(n, k)$. (*)
• $a_(k, h)$ per il coefficiente del termine di grado $h$ del polinomio $P_k(n) = F(n, k–1)$.
-----------
@ Vulplasir
O.K.
Ma se si parte accettando che $F(n, k)$ è un polinomio di grado $k+1$ – cioè un'unità in più del grado degli addendi di $F(n, k)$ (*) – allora mi pare che convenga usare il fatto "evidente" che:
$F(n+1, k-1) = F(n, k-1) + (n+1)^(k-1$ ⇔ $P_k(n+1) = P_k(n) + (n+1)^(k-1)$.
Ecco qua:
$a_(k, k)(n+1)^k + a_(k, k-1)(n+1)^(k–1) + a_(k, k-2)(n+1)^(k-2) + a_(k, k-3)(n+1)^(k-3) +...+a_(k, 1)(n+1) + a_(k, 0) =$
$= a_(k, k)·n^k + a_(k, k-1)·n^(k–1) + a_(k, k-2)·n^(k-2) + a_(k, k-2)·n^(k-3) +...+a_(k, 1)·n + a_(k, 0) + (n+1)^(k-1)$.
Svolgendo le potenze di $(n+1)$ ed applicando il principio di identità otteniamo (per i termini di grado più alto):
• $a_(k, k)·n^k = a_(k, k)·n^k$;
• $[a_(k,k)·k + a_(k, k-1)]·n^(k-1) = [a_(k,k–1) + 1]·n^(k-1)$ ⇒ $a_(k,k) = 1/k$;
• $[a_(k,k)·(k(k-1))/2 + a_(k, k–1)·(k-1) + a_(k, k-2)]·n^(k-2) = [a_(k, k-2) + (k-1)]·n^(k-2)$ ⇒
. .⇒ $(k-1)/2 + a_(k, k-1)·(k-1) + a_(k, k-2) = a_(k, k-2) + (k-1)$ ⇒ $a_(k, k-1) = 1/2$;
• $[a_(k,k)·(k(k-1)(k-2))/6 + a_(k, k–1)·((k-1)(k-2))/2 + a_(k, k-2)·(k–2) + a_(k, k-3)]·n^(k–3) =$
. .$= [a_(k, k-3) + ((k-1)(k-2))/2]·n^(k-3)$ ⇒
. . ⇒ $((k-1)(k-2))/6 +((k-1)(k-2))/4 + a_(k, k-2)·(k–2) + a_(k, k-3) =a_(k, k-3) + ((k-1)(k-2))/2$ ⇒
. . ⇒ $a_(k, k-2) = (k-1)/12$;
...
Abbiamo trovato l'espressione dei primi 3 coefficienti di grado più alto di $F(n, k-1) = P_k(n)$ in funzione di k >2, cioè:
. .$a_(k, k) = 1/k$; $a_(k, k-1) = 1/2$ (per ogni $k$); $a_(k, k-2) = (k-1)/12$.
[Il passo successivo porterebbe a $a_(k, k-3) = 0$ per ogni $k > 3$].
––––––––––––
(*) Per trovare che $F(n, k)$ è un polinomio di grado $k+1$ col termine di grado 0 nullo si può andare per "induzione completa", come mostra la figura seguente
Immagine

_______
Immagine
Immagine
Avatar utente
Erasmus_First
Senior Member
Senior Member
 
Messaggio: 141 di 1805
Iscritto il: 11/12/2014, 11:41


Torna a Scervelliamoci un po'

Chi c’è in linea

Visitano il forum: Nessuno e 1 ospite