Fórmula de Faulhaber

En matemáticas , la fórmula de Faulhaber , que lleva el nombre del matemático de principios del siglo XVII Johann Faulhaber , expresa la suma de las $p$ los poderes del primero $n$ números enteros positivos $\sum _{k=1}^{n}k^{p}=1^{p}+2^{p}+3^{p}+\cdots +n^{p}$ como un polinomio en $n$ . En notación moderna, la fórmula de Faulhaber es $\sum _{k=1}^{n}k^{p}={\frac {1}{p+1}}\sum _{r=0}^{p}{\binom {p+1}{r}}B_{r}^{+}n^{p+1-r}.$ Aquí, ${\textstyle {\binom {p+1}{r}}}$ es el coeficiente binomial " $p+1$ elegir $r$ ", y el $B_{r}^{+}$ son los segundos números de Bernoulli , idénticos a los primeros excepto por ${\textstyle B_{1}^{+}={\frac {1}{2}}}$ . ^{[ 1 ]}

El resultado: la fórmula de Faulhaber

La fórmula de Faulhaber se refiere a expresar la suma de las $p$ los poderes del primero $n$ números enteros positivos $\sum _{k=1}^{n}k^{p}=1^{p}+2^{p}+3^{p}+\cdots +n^{p}$ como un $(p+1)$ función polinómica de grado n de $n$ .

Los primeros ejemplos son bien conocidos. Para $p=0$ , tenemos $\sum _{k=1}^{n}k^{0}=\sum _{k=1}^{n}1=n.$ Para $p=1$ Tenemos los números triangulares $\sum _{k=1}^{n}k^{1}=\sum _{k=1}^{n}k={\frac {n(n+1)}{2}}={\frac {1}{2}}(n^{2}+n).$ Para $p=2$ Tenemos los números piramidales cuadrados . $\sum _{k=1}^{n}k^{2}={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}}={\frac {1}{3}}(n^{3}+{\tfrac {3}{2}}n^{2}+{\tfrac {1}{2}}n).$

Los coeficientes de la fórmula de Faulhaber en su forma general involucran los segundos números de Bernoulli. $B_{j}^{+}$ que casi coinciden con los primeros números de Bernoulli denotados $B_{j}^{-}$ (o simplemente $B_{j}$ ); la única excepción es en $j=1$ , dónde $B_{1}^{-}=-{\tfrac {1}{2}}$ pero $B_{1}^{+}={\tfrac {1}{2}}$ Los números de Bernoulli comienzan ${\begin{aligned}B_{0}&=1&B_{1}^{+}&={\tfrac {1}{2}}&B_{2}&={\tfrac {1}{6}}&B_{3}&=0\\B_{4}&=-{\tfrac {1}{30}}&B_{5}&=0&B_{6}&={\tfrac {1}{42}}&B_{7}&=0,\end{aligned}}$

Entonces, la fórmula de Faulhaber es que $\sum _{k=1}^{n}k^{p}={\frac {1}{p+1}}\sum _{r=0}^{p}{\binom {p+1}{r}}B_{r}^{+}n^{p+1-r}.$ Aquí, el $B_{j}$ son los números de Bernoulli como se indicó anteriormente, y ${\binom {p+1}{r}}={\frac {(p+1)!}{(p-r+1)!\,r!}}={\frac {(p+1)p(p-1)\cdots (p-r+3)(p-r+2)}{r(r-1)(r-2)\cdots 2\cdot 1}}$ es el coeficiente binomial " $p+1$ elegir $r$ ".

Ejemplos

Entonces, por ejemplo, uno tiene para $p=4$ , ${\begin{aligned}1^{4}+2^{4}+3^{4}+\cdots +n^{4}&={\frac {1}{5}}\sum _{j=0}^{4}{5 \choose j}B_{j}^{+}n^{5-j}\\&={\frac {1}{5}}\left(B_{0}n^{5}+5B_{1}^{+}n^{4}+10B_{2}n^{3}+10B_{3}n^{2}+5B_{4}n\right)\\&={\frac {1}{5}}\left(n^{5}+{\tfrac {5}{2}}n^{4}+{\tfrac {5}{3}}n^{3}-{\tfrac {1}{6}}n\right).\end{aligned}}$

Los primeros siete ejemplos de la fórmula de Faulhaber son: ${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}k^{0}&={\frac {1}{1}}\,{\big (}n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{1}&={\frac {1}{2}}\,{\big (}n^{2}+{\tfrac {2}{2}}n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{2}&={\frac {1}{3}}\,{\big (}n^{3}+{\tfrac {3}{2}}n^{2}+{\tfrac {3}{6}}n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{3}&={\frac {1}{4}}\,{\big (}n^{4}+{\tfrac {4}{2}}n^{3}+{\tfrac {6}{6}}n^{2}+0n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{4}&={\frac {1}{5}}\,{\big (}n^{5}+{\tfrac {5}{2}}n^{4}+{\tfrac {10}{6}}n^{3}+0n^{2}-{\tfrac {5}{30}}n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{5}&={\frac {1}{6}}\,{\big (}n^{6}+{\tfrac {6}{2}}n^{5}+{\tfrac {15}{6}}n^{4}+0n^{3}-{\tfrac {15}{30}}n^{2}+0n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{6}&={\frac {1}{7}}\,{\big (}n^{7}+{\tfrac {7}{2}}n^{6}+{\tfrac {21}{6}}n^{5}+0n^{4}-{\tfrac {35}{30}}n^{3}+0n^{2}+{\tfrac {7}{42}}n{\big )}.\end{aligned}}$

Historia

Período antiguo

La historia del problema comienza en la antigüedad, surgiendo sus casos especiales como soluciones a investigaciones relacionadas. El caso $p=1$ coincide históricamente con el problema de calcular la suma de los primeros $n$ términos de una progresión aritmética . En orden cronológico, los primeros descubrimientos incluyen:

1+2+\dots +n={\frac {1}{2}}n^{2}+{\frac {1}{2}}n

, una fórmula conocida por la escuela pitagórica por su conexión con los números triangulares .

1+3+\dots +2n-1=n^{2},

un resultado que muestra que la suma de los primeros

n

Los números impares positivos son un cuadrado perfecto . Es probable que esta fórmula también fuera conocida por los pitagóricos, quienes al construir números figurados se dieron cuenta de que el gnomon del

n

el cuadrado perfecto es precisamente el

n

el número impar.

1^{2}+2^{2}+\ldots +n^{2}={\frac {1}{3}}n^{3}+{\frac {1}{2}}n^{2}+{\frac {1}{6}}n,

una fórmula que calcula la suma de los cuadrados de los primeros

n

enteros positivos, como se demuestra en Espirales , una obra de Arquímedes . ^{[ 2 ]}

1^{3}+2^{3}+\ldots +n^{3}={\frac {1}{4}}n^{4}+{\frac {1}{2}}n^{3}+{\frac {1}{4}}n^{2},

una fórmula que calcula la suma de los cubos del primero

n

enteros positivos, descubiertos como corolario de un teorema de Nicómaco de Gerasa . ^{[ 2 ]}

Período medio

Con el tiempo, muchos otros matemáticos se interesaron en el problema e hicieron diversas contribuciones a su solución. Entre ellos se encuentran Aryabhata , Al-Karaji , Ibn al-Haytham , Thomas Harriot , Johann Faulhaber , Pierre de Fermat y Blaise Pascal, quien resolvió recursivamente el problema de la suma de potencias de enteros sucesivos considerando una identidad que permitía obtener un polinomio de grado $m+1$ ya conociendo los anteriores. ^{[ 2 ]}

La fórmula de Faulhaber también se conoce como fórmula de Bernoulli . Faulhaber desconocía las propiedades de los coeficientes que Bernoulli descubriría posteriormente. En cambio, conocía al menos los primeros 17 casos, así como la existencia de los polinomios de Faulhaber para potencias impares que se describen a continuación. ^{[ 3 ]}

*Summae Potestatum* de Jakob Bernoulli , Ars Conjectandi , 1713

En 1713, Jacob Bernoulli publicó bajo el título Summae Potestatum una expresión de la suma de las $p$ poderes de la $n$ primeros enteros como un $(p+1)$ función polinómica de grado n de $n$ , con coeficientes que involucran números $B_{j}$ , ahora llamados números de Bernoulli :

\sum _{k=1}^{n}k^{p}={\frac {n^{p+1}}{p+1}}+{\frac {1}{2}}n^{p}+{1 \over p+1}\sum _{j=2}^{p}{p+1 \choose j}B_{j}n^{p+1-j}.

Introduciendo también los dos primeros números de Bernoulli (que Bernoulli no introdujo), la fórmula anterior se convierte en: $\sum _{k=1}^{n}k^{p}={1 \over p+1}\sum _{j=0}^{p}{p+1 \choose j}B_{j}^{+}n^{p+1-j},$ utilizando el número de Bernoulli de segunda especie para el cual ${\textstyle B_{1}^{+}={\frac {1}{2}}}$ , o $\sum _{k=1}^{n}k^{p}={1 \over p+1}\sum _{j=0}^{p}(-1)^{j}{p+1 \choose j}B_{j}n^{p+1-j},$ utilizando el número de Bernoulli de primera especie $B_{j}=B_{j}^{-}$ para qué ${\textstyle B_{1}=-{\frac {1}{2}}.}$

Una demostración rigurosa de estas fórmulas y la afirmación de Faulhaber de que tales fórmulas existirían para todas las potencias impares no se logró hasta que Carl Jacobi ( 1834 ) , dos siglos después, lo hizo. Jacobi se benefició del progreso del análisis matemático utilizando el desarrollo en series infinitas de una función exponencial que generaba números de Bernoulli .

período moderno

En 1982, AWF Edwards publicó un artículo ^{[ 4 ]} que muestra que la identidad de Pascal puede expresarse mediante matrices triangulares que contienen un triángulo de Pascal modificado :

{\begin{pmatrix}n\\n^{2}\\n^{3}\\n^{4}\\n^{5}\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&0&0&0\\1&2&0&0&0\\1&3&3&0&0\\1&4&6&4&0\\1&5&10&10&5\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}n\\\sum _{k=0}^{n-1}k^{1}\\\sum _{k=0}^{n-1}k^{2}\\\sum _{k=0}^{n-1}k^{3}\\\sum _{k=0}^{n-1}k^{4}\\\end{pmatrix}}

^{[ 5 ]}^{[ 6 ]}

Este ejemplo está limitado por la elección de una matriz de quinto orden, pero el método subyacente se puede extender fácilmente a órdenes superiores. Escribiendo la ecuación como ${\vec {N}}=A{\vec {S}}$ y multiplicando ambos lados de la ecuación por la izquierda $A^{-1}$ , obtenemos $A^{-1}{\vec {N}}={\vec {S}}$ , llegando así a los coeficientes polinomiales sin utilizar directamente los números de Bernoulli. Ampliando el trabajo de Edwards, algunos autores que investigan el problema de la suma de potencias han optado por el método matricial, ^{[ 7 ]} aprovechando herramientas útiles como el vector de Vandermonde. ^{[ 8 ]} Otros investigadores continúan explorando a través de la ruta analítica tradicional, ^{[ 9 ]} generalizando el problema de la suma de enteros sucesivos a cualquier progresión aritmética . ^{[ 10 ]}^{[ 11 ]}

Polinomios que calculan sumas de potencias de progresiones aritméticas

Consideremos el problema de encontrar polinomios. $S_{h,d}^{p}$ para cualquier entero no negativo $p$ de tal manera que

S_{h,d}^{p}(n)=\sum _{k=0}^{n-1}(h+kd)^{p}=h^{p}+(h+d)^{p}+\cdots +(h+(n-1)d)^{p},

dados los números complejos $h$ y $d\neq 0$ La fórmula de Faulhaber maneja el caso simple. $S_{1,1}^{p}(n)=\sum _{k=0}^{n-1}(1+k)^{p}=1^{p}+2^{p}+\dots +n^{p}$ Los polinomios $S_{1,2}^{p}(n)=\sum _{k=0}^{n-1}(1+2k)^{p}=1^{p}+3^{p}+\dots +(2n-1)^{p}$ calcular sumas de potencias de números impares sucesivos, y así sucesivamente. En general, tales polinomios existen para cualquier progresión aritmética .

Método matricial

El caso general se resuelve utilizando la siguiente fórmula matricial :

{\vec {S_{h,d}}}(n)=T(h,d)A^{-1}{\vec {N_{n}}}

, con definiciones de filas y columnas

[{\vec {S_{h,d}}}(n)]_{r}:=S_{h,d}^{r-1}(n),\quad [{\vec {N_{n}}}]_{r}:=n^{r},

[T(h,d)]_{r,c}:={\begin{cases}0&{\text{if }}c>r\\{\binom {r-1}{c-1}}h^{r-c}d^{c-1}&{\text{if }}c\leq r\end{cases}}~,\quad [A]_{r,c}:={\begin{cases}0&{\text{if }}c>r\\{\binom {r}{c-1}}&{\text{if }}c\leq r\end{cases}}~,\quad

dónde $r$ (fila) y $c$ (columna) están limitadas por un orden de matriz dado $m$ . ^{[ 12 ]}

Ejemplo

Para generalizar hasta $p=4$ Aplique la fórmula anterior para el orden de la matriz. $m=5$ :

{\begin{pmatrix}S_{h,d}^{0}({n})\\S_{h,d}^{1}(n)\\S_{h,d}^{2}(n)\\S_{h,d}^{3}(n)\\S_{h,d}^{4}(n)\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&0&0&0\\h&d&0&0&0\\h^{2}&2hd&d^{2}&0&0\\h^{3}&3h^{2}d&3hd^{2}&d^{3}&0\\h^{4}&4h^{3}d&6h^{2}d^{2}&4hd^{3}&d^{4}\\\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0&0&0&0\\1&2&0&0&0\\1&3&3&0&0\\1&4&6&4&0\\1&5&10&10&5\\\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}n\\n^{2}\\n^{3}\\n^{4}\\n^{5}\end{pmatrix}}

Tenga en cuenta que los elementos distintos de cero de $T(h,d)$ seguir el teorema del binomio y que $A$ es simplemente el triángulo de Pascal con el último elemento de cada fila omitido. Dejando $h=1$ , $d=2$ y computación $A^{-1}$ , tenemos:

$T(1,2)={\begin{pmatrix}1&0&0&0&0\\1&2&0&0&0\\1&4&4&0&0\\1&6&12&8&0\\1&8&24&32&16\\\end{pmatrix}},\qquad A^{-1}={\begin{pmatrix}1\color {black}&0&0&0&0\\-{\frac {1}{2}}\color {black}&{\frac {1}{2}}&0&0&0\\{\frac {1}{6}}\color {black}&-{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{3}}&0&0\\0\color {black}&{\frac {1}{4}}&-{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{4}}&0\\-{\frac {1}{30}}\color {black}&0&{\frac {1}{3}}&-{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}$

Por lo tanto, la multiplicación produce

{\begin{pmatrix}S_{1,2}^{0}({n})\\S_{1,2}^{1}({n})\\S_{1,2}^{2}({n})\\S_{1,2}^{3}({n})\\S_{1,2}^{4}({n})\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&0&0&0\\0&1&0&0&0\\-{\frac {1}{3}}&0&{\frac {4}{3}}&0&0\\0&-1&0&2&0\\{\frac {7}{15}}&0&-{\frac {8}{3}}&0&{\frac {16}{5}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}n\\n^{2}\\n^{3}\\n^{4}\\n^{5}\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}n\\n^{2}\\-{\frac {1}{3}}n+{\frac {4}{3}}n^{3}\\-n^{2}+2n^{4}\\{\frac {7}{15}}n-{\frac {8}{3}}n^{3}+{\frac {16}{5}}n^{5}\\\end{pmatrix}}.

Métodos que involucran polinomios de Bernoulli

La siguiente fórmula resuelve implícitamente el problema utilizando polinomios de Bernoulli :

S_{h,d}^{p}(n)={\frac {d^{p}}{p+1}}\left(B_{p+1}\left(n+{\frac {h}{d}}\right)-B_{p+1}\left({\frac {h}{d}}\right)\right)

^{[ 13 ]}

En particular:

S_{1,1}^{p}(n)={\frac {B_{p+1}(n+1)-B_{p+1}(1)}{p+1}}

S_{0,1}^{p}(n)={\frac {B_{p+1}(n)-B_{p+1}(0)}{p+1}}

S_{1,2}^{p}(n)=2^{p}{\frac {B_{p+1}\left(n+{\frac {1}{2}}\right)-B_{p+1}\left({\frac {1}{2}}\right)}{p+1}}

Además, dada la matriz triangular inferior

[G(h,d)]_{r,c}:={\begin{cases}0&{\text{if }}c>r\\{\frac {d^{r-1}}{r}}{\binom {r}{c}}B_{r-c}\left({\frac {h}{d}}\right)&{\text{if }}c\leq r\end{cases}}~,\quad

uno tiene la sustitución $G(h,d)=T(h,d)A^{-1}$ , ^{[ 12 ]} permitiendo un refinamiento del método matricial anterior.

La fórmula de Faulhaber en forma matricial

Utilizando el método matricial con $h=1,d=1$ La fórmula de Faulhaber puede escribirse como un producto de matrices derivadas del triángulo de Pascal . $S_{1,1}^{p}(n)=\sum {k^{p}}$ , tenemos

{\begin{pmatrix}\sum k^{0}\\\sum k^{1}\\\sum k^{2}\\\sum k^{3}\\\sum k^{4}\\\sum k^{5}\\\sum k^{6}\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&0&0&0&0&0\\1&1&0&0&0&0&0\\1&2&1&0&0&0&0\\1&3&3&1&0&0&0\\1&4&6&4&1&0&0\\1&5&10&10&5&1&0\\1&6&15&20&15&6&1\\\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0&0&0&0&0&0\\1&2&0&0&0&0&0\\1&3&3&0&0&0&0\\1&4&6&4&0&0&0\\1&5&10&10&5&0&0\\1&6&15&20&15&6&0\\1&7&21&35&35&21&7\\\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}n\\n^{2}\\n^{3}\\n^{4}\\n^{5}\\n^{6}\\n^{7}\\\end{pmatrix}},

elegir $m=7$ Esto se puede simplificar dado el sorprendente hecho de que

{\begin{pmatrix}1&0&0&0&0&0&0\\-1&2&0&0&0&0&0\\1&-3&3&0&0&0&0\\-1&4&-6&4&0&0&0\\1&-5&10&-10&5&0&0\\-1&6&-15&20&-15&6&0\\1&-7&21&-35&35&-21&7\\\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0&0&0&0&0&0\\1&1&0&0&0&0&0\\1&2&1&0&0&0&0\\1&3&3&1&0&0&0\\1&4&6&4&1&0&0\\1&5&10&10&5&1&0\\1&6&15&20&15&6&1\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&0&0&0&0&0\\1&2&0&0&0&0&0\\1&3&3&0&0&0&0\\1&4&6&4&0&0&0\\1&5&10&10&5&0&0\\1&6&15&20&15&6&0\\1&7&21&35&35&21&7\\\end{pmatrix}}.

Dejar ${\overline {A}}$ Sea la matriz más a la izquierda. Entonces ${\overline {A}}T(1,1)=A$ , y entonces $T(1,1)A^{-1}={\overline {A}}^{-1}$ . Por eso

{\begin{pmatrix}\sum k^{0}\\\sum k^{1}\\\sum k^{2}\\\sum k^{3}\\\sum k^{4}\\\sum k^{5}\\\sum k^{6}\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&0&0&0&0&0\\-1&2&0&0&0&0&0\\1&-3&3&0&0&0&0\\-1&4&-6&4&0&0&0\\1&-5&10&-10&5&0&0\\-1&6&-15&20&-15&6&0\\1&-7&21&-35&35&-21&7\\\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}n\\n^{2}\\n^{3}\\n^{4}\\n^{5}\\n^{6}\\n^{7}\\\end{pmatrix}}

por sustitución. Nótese la alternancia de signos en la matriz invertida. Dado que $T(0,1)$ es la matriz identidad , la ecuación para las sumas de potencias indexadas alternativamente $\sum _{k=0}^{n-1}{k^{p}}$ sigue fácilmente:

{\begin{pmatrix}n\\\sum _{k=0}^{n-1}k^{1}\\\sum _{k=0}^{n-1}k^{2}\\\sum _{k=0}^{n-1}k^{3}\\\sum _{k=0}^{n-1}k^{4}\\\sum _{k=0}^{n-1}k^{5}\\\sum _{k=0}^{n-1}k^{6}\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&0&0&0&0&0\\1&2&0&0&0&0&0\\1&3&3&0&0&0&0\\1&4&6&4&0&0&0\\1&5&10&10&5&0&0\\1&6&15&20&15&6&0\\1&7&21&35&35&21&7\\\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}n\\n^{2}\\n^{3}\\n^{4}\\n^{5}\\n^{6}\\n^{7}\\\end{pmatrix}}

Dado que estas ecuaciones matriciales se cumplen para cualquier orden, es posible obtener los polinomios de las sumas de potencias de enteros sucesivos sin recurrir a los números de Bernoulli, sino invirtiendo una matriz que se obtiene fácilmente del triángulo de Pascal. ^{[ 14 ]}^{[ 15 ]}

Polinomios de Faulhaber

Algunos autores utilizan el término polinomios de Faulhaber para referirse a otra secuencia de polinomios relacionada con la mencionada anteriormente.

Escribir $a=\sum _{k=1}^{n}k={\frac {n(n+1)}{2}}.$ Faulhaber observó que si $p$ entonces es extraño ${\textstyle \sum _{k=1}^{n}k^{p}}$ es una función polinómica de $a$ .

Para $p=1$ , está claro que $\sum _{k=1}^{n}k^{1}=\sum _{k=1}^{n}k={\frac {n(n+1)}{2}}=a.$ Para $p=3$ , el resultado que $\sum _{k=1}^{n}k^{3}={\frac {n^{2}(n+1)^{2}}{4}}=a^{2}$ se conoce como el teorema de Nicómaco .

Además, tenemos ${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}k^{5}&={\frac {4a^{3}-a^{2}}{3}}\\\sum _{k=1}^{n}k^{7}&={\frac {6a^{4}-4a^{3}+a^{2}}{3}}\\\sum _{k=1}^{n}k^{9}&={\frac {16a^{5}-20a^{4}+12a^{3}-3a^{2}}{5}}\\\sum _{k=1}^{n}k^{11}&={\frac {16a^{6}-32a^{5}+34a^{4}-20a^{3}+5a^{2}}{3}}\end{aligned}}$ (ver OEIS : A000537 , OEIS : A000539 , OEIS : A000541 , OEIS : A007487 , OEIS : A123095 ).

En términos más generales, $\sum _{k=1}^{n}k^{2m+1}={\frac {1}{2^{2m+2}(2m+2)}}\sum _{q=0}^{m}{\binom {2m+2}{2q}}(2-2^{2q})~B_{2q}~\left[(8a+1)^{m+1-q}-1\right].$

Algunos autores llaman a los polinomios en $a$ En el lado derecho de estas identidades se encuentran los polinomios de Faulhaber . Estos polinomios son divisibles por $a^{2}$ porque el número de Bernoulli $B_{j}$ es 0 para impar $j>1$ .

Por el contrario, escribir para simplificar $S_{m}:=\sum _{k=1}^{n}k^{m}$ , tenemos ${\begin{aligned}4a^{3}&=3S_{5}+S_{3}\\8a^{4}&=4S_{7}+4S_{5}\\16a^{5}&=5S_{9}+10S_{7}+S_{5}\end{aligned}}$ y en general $2^{m-1}a^{m}=\sum _{j>0}{\binom {m}{2j-1}}S_{2m-2j+1}.$

Faulhaber también sabía que si una suma para una potencia impar está dada por $\sum _{k=1}^{n}k^{2m+1}=c_{1}a^{2}+c_{2}a^{3}+\cdots +c_{m}a^{m+1}$ Entonces, la suma para la potencia par que se encuentra justo debajo viene dada por $\sum _{k=1}^{n}k^{2m}={\frac {n+{\frac {1}{2}}}{2m+1}}(2c_{1}a+3c_{2}a^{2}+\cdots +(m+1)c_{m}a^{m}).$ Nótese que el polinomio entre paréntesis es la derivada del polinomio anterior con respecto a $a$ .

Desde $a=n(n+1)/2$ Estas fórmulas muestran que para una potencia impar (mayor que 1), la suma es un polinomio en $n$ tener factores $n^{2}$ y $(n+1)^{2}$ , mientras que para una potencia par el polinomio tiene factores $n$ , $n+1/2$ y $n+1$ .

Expresar productos de sumas de potencias como combinaciones lineales de sumas de potencias

Productos de dos (y por lo tanto, por iteración, de varias) sumas de potencias $S_{m}:=\sum _{k=1}^{n}k^{m}$ se pueden escribir como combinaciones lineales de sumas de potencias con todos los grados pares o todos los grados impares, dependiendo del grado total del producto como un polinomio en $n$ , p.ej $30S_{2}S_{4}=-S_{3}+15S_{5}+16S_{7}$ . La suma de los coeficientes en ambos lados debe ser igual, lo cual se deduce al considerar $n=1$ Algunas fórmulas generales incluyen: ${\begin{aligned}(m+1)S_{m}^{\;2}&=2\sum _{j=0}^{\lfloor {\frac {m}{2}}\rfloor }{\binom {m+1}{2j}}(2m+1-2j)B_{2j}S_{2m+1-2j}.\\m(m+1)S_{m}S_{m-1}&=m(m+1)B_{m}S_{m}+\sum _{j=0}^{\lfloor {\frac {m-1}{2}}\rfloor }{\binom {m+1}{2j}}(2m+1-2j)B_{2j}S_{2m-2j}.\\2^{m-1}S_{1}^{\;m}&=\sum _{j=1}^{\lfloor {\frac {m+1}{2}}\rfloor }{\binom {m}{2j-1}}S_{2m+1-2j}.\end{aligned}}$ Esta última fórmula puede utilizarse para calcular recursivamente los polinomios de Faulhaber. Nótese que en la segunda fórmula, para valores pares $m$ el término correspondiente a $j={\dfrac {m}{2}}$ es diferente de los otros términos en la suma, mientras que para impar $m$ , este término adicional desaparece debido a $B_{m}=0$ Beardon ha publicado fórmulas para potencias de $S_{m}$ , incluyendo un artículo de 1996 ^{[ 17 ]} que demostró que las potencias enteras de $S_{1}$ se puede escribir como una suma lineal de términos en la secuencia $S_{3},\;S_{5},\;S_{7},\;...$ :

S_{1}^{\;N}={\frac {1}{2^{N}}}\sum _{k=0}^{N}{N \choose k}S_{N+k}\left(1-(-1)^{N+k}\right)

Las primeras identidades resultantes son entonces

S_{1}^{\;2}=S_{3}

S_{1}^{\;3}={\frac {1}{4}}S_{3}+{\frac {3}{4}}S_{5}

S_{1}^{\;4}={\frac {1}{2}}S_{5}+{\frac {1}{2}}S_{7}

.

Aunque otros casos específicos de $S_{m}^{\;N}$ - incluido $S_{2}^{\;2}={\frac {1}{3}}S_{3}+{\frac {2}{3}}S_{5}$ y $S_{2}^{\;3}={\frac {1}{12}}S_{4}+{\frac {7}{12}}S_{6}+{\frac {1}{3}}S_{8}$ – son conocidos, no hay fórmula explícita para $S_{m}^{\;N}$ para enteros positivos $m$ y $N$ aún no se ha informado. Un artículo de Derby de 2019 ^{[ 18 ]} demostró que:

S_{m}^{\;N}=\sum _{k=1}^{N}(-1)^{k-1}{N \choose k}\sum _{r=1}^{n}r^{mk}S_{m}^{\;\;N-k}(r)

.

El $m=1$ El caso reproduce la fórmula de Beardon para $S_{1}^{\;N}$ y confirma los resultados mencionados anteriormente para $m=2$ y $N=2$ o $3$ Los resultados para potencias superiores incluyen:

S_{2}^{\;4}={\frac {1}{54}}S_{5}+{\frac {5}{18}}S_{7}+{\frac {5}{9}}S_{9}+{\frac {4}{27}}S_{11}

S_{6}^{\;3}={\frac {1}{588}}S_{8}-{\frac {1}{42}}S_{10}+{\frac {13}{84}}S_{12}-{\frac {47}{98}}S_{14}+{\frac {17}{28}}S_{16}+{\frac {19}{28}}S_{18}+{\frac {3}{49}}S_{20}

S_{7}^{\;3}={\frac {1}{48}}S_{11}-{\frac {7}{48}}S_{13}+{\frac {35}{64}}S_{15}-{\frac {23}{24}}S_{17}+{\frac {77}{96}}S_{19}+{\frac {11}{16}}S_{21}+{\frac {3}{64}}S_{23}

.

Es posible una mayor generalización al considerar el producto suma de potencias arbitrario. $P:=S_{m_{1}}S_{m_{2}}S_{m_{3}}\cdots S_{m_{r}}$ dados números enteros positivos $m_{1},\ldots ,m_{r}$ . Para mayor comodidad, defina $q:=\sum _{k=1}^{r}{m_{k}}$ y dejar $p_{0},\ldots ,p_{q+r}$ sean los coeficientes de Maclaurin de $P$ - es decir $P(n)=\sum _{k=0}^{q+r}{p_{k}n^{k}}$ Se puede demostrar que

\prod _{k=1}^{r}{S_{m_{k}}}=\sum _{k=1}^{q+r-1}{\left(1-(-1)^{q+r+k}\right)p_{k}S_{k}}

.

En particular, el producto $S_{1}^{\;r}$ tiene coeficientes fácilmente recuperables:

S_{1}^{\;r}(n)=\left({\frac {n(n+1)}{2}}\right)^{r}=\sum _{k=r}^{2r}{{\frac {1}{2^{r}}}{\binom {r}{k-r}}n^{k}}

.

Combinando con lo anterior se obtiene

S_{1}^{\;r}={\frac {1}{2^{r}}}\sum _{k=r}^{2r-1}{\left(1-(-1)^{k}\right){\binom {r}{k-r}}S_{k}}

que es una reformulación indexical de la fórmula de Beardon. Más generalmente,

S_{m}^{\;r}=\sum _{k=1}^{r(m+1)-1}{\left(1-(-1)^{r(m+1)+k}\right)p_{k}S_{k}}

.

En comparación con el enfoque de Derby, esta fórmula solo requiere el conocimiento de los coeficientes de $S_{m}^{\;r}$ .

Variaciones

Reemplazar $k$ con $p-k$ , encontramos la expresión alternativa: $\sum _{k=1}^{n}k^{p}=\sum _{k=0}^{p}{\frac {1}{k+1}}{p \choose k}B_{p-k}n^{k+1}.$
Restar $n^{p}$ desde ambos lados de la fórmula original y aumentando $n$ por $1$ , obtenemos ${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}k^{p}&={\frac {1}{p+1}}\sum _{k=0}^{p}{\binom {p+1}{k}}(-1)^{k}B_{k}(n+1)^{p-k+1}\\&=\sum _{k=0}^{p}{\frac {1}{k+1}}{\binom {p}{k}}(-1)^{p-k}B_{p-k}(n+1)^{k+1},\end{aligned}}$

dónde

(-1)^{k}B_{k}=B_{k}^{-}

pueden interpretarse como números de Bernoulli "negativos" con

B_{1}^{-}=-{\tfrac {1}{2}}

.

También podemos expandirnos $G(z,n)$ en términos de los polinomios de Bernoulli para encontrar ${\begin{aligned}G(z,n)&={\frac {e^{(n+1)z}}{e^{z}-1}}-{\frac {e^{z}}{e^{z}-1}}\\&=\sum _{j=0}^{\infty }\left(B_{j}(n+1)-(-1)^{j}B_{j}\right){\frac {z^{j-1}}{j!}},\end{aligned}}$ lo cual implica $\sum _{k=1}^{n}k^{p}={\frac {1}{p+1}}\left(B_{p+1}(n+1)-(-1)^{p+1}B_{p+1}\right)={\frac {1}{p+1}}\left(B_{p+1}(n+1)-B_{p+1}(1)\right).$ Desde $B_{n}=0$ cuando sea $n>1$ es extraño, el factor $(-1)^{p+1}$ puede ser retirado cuando $p>0$ .
También se puede expresar en términos de números de Stirling de segundo tipo y factoriales decrecientes como ^{[ 19 ].} $\sum _{k=0}^{n}k^{p}=\sum _{k=0}^{p}\left\{{p \atop k}\right\}{\frac {(n+1)_{k+1}}{k+1}},$ $\sum _{k=1}^{n}k^{p}=\sum _{k=1}^{p+1}\left\{{p+1 \atop k}\right\}{\frac {(n)_{k}}{k}}.$ Esto se debe a la definición de los números de Stirling de segundo tipo como monomios en términos de factoriales descendentes, y al comportamiento de los factoriales descendentes bajo la suma indefinida .

Interpretación de los números de Stirling de segunda especie,

\left\{{p+1 \atop k}\right\}

, como el número de particiones de conjuntos de

\lbrack p+1\rbrack

en

k

partes, la identidad tiene una prueba combinatoria directa ya que ambos lados cuentan el número de funciones

f:\lbrack p+1\rbrack \to \lbrack n\rbrack

con

f(1)

máximo. El índice de sumatoria del lado izquierdo representa

k=f(1)

, mientras que el índice del lado derecho representa el número de elementos en la imagen de

f

.

También existe una expresión similar (pero de alguna manera más simple): utilizando la idea de telescopización y el teorema del binomio , se obtiene la identidad de Pascal : ^{[ 20 ]}

${\begin{aligned}(n+1)^{k+1}-1&=\sum _{m=1}^{n}\left((m+1)^{k+1}-m^{k+1}\right)\\&=\sum _{p=0}^{k}{\binom {k+1}{p}}(1^{p}+2^{p}+\dots +n^{p}).\end{aligned}}$

Esto en particular produce los ejemplos a continuación; por ejemplo, tome

k = 1

para obtener el primer ejemplo. De manera similar también encontramos

${\begin{aligned}n^{k+1}=\sum _{m=1}^{n}\left(m^{k+1}-(m-1)^{k+1}\right)=\sum _{p=0}^{k}(-1)^{k+p}{\binom {k+1}{p}}(1^{p}+2^{p}+\dots +n^{p}).\end{aligned}}$

Una expresión generalizada que involucra los números eulerianos. $A_{n}(x)$ es

\sum _{n=1}^{\infty }n^{k}x^{n}={\frac {x}{(1-x)^{k+1}}}A_{k}(x)

.

La fórmula de Faulhaber fue generalizada por Guo y Zeng a un análogo $q$ . ^{[ 21 ]}

Relación con la función zeta de Riemann

Usando $B_{k}=-k\zeta (1-k)$ , uno puede escribir $\sum \limits _{k=1}^{n}k^{p}={\frac {n^{p+1}}{p+1}}-\sum \limits _{j=0}^{p-1}{p \choose j}\zeta (-j)n^{p-j}.$

Si consideramos la función generadora $G(z,n)$ en el grande $n$ límite para $\Re (z)<0$ , entonces encontramos $\lim _{n\rightarrow \infty }G(z,n)={\frac {1}{e^{-z}-1}}=\sum _{j=0}^{\infty }(-1)^{j-1}B_{j}{\frac {z^{j-1}}{j!}}$ Heurísticamente, esto sugiere que $\sum _{k=1}^{\infty }k^{p}={\frac {(-1)^{p}B_{p+1}}{p+1}}.$ Este resultado concuerda con el valor de la función zeta de Riemann. ${\textstyle \zeta (s)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{s}}}}$ para números enteros negativos $s=-p<0$ sobre la continuación analítica apropiada $\zeta (s)$ .

La fórmula de Faulhaber se puede escribir en términos de la función zeta de Hurwitz :

$\sum \limits _{k=1}^{n}k^{p}=\zeta (-p)-\zeta (-p,n+1)$

Forma umbra

En el cálculo umbral se tratan los números de Bernoulli. ${\textstyle B^{0}=1}$ , ${\textstyle B^{1}={\frac {1}{2}}}$ , ${\textstyle B^{2}={\frac {1}{6}}}$ , ... como si el índice $j$ en ${\textstyle B^{j}}$ eran en realidad un exponente, y así como si los números de Bernoulli fueran potencias de algún objeto B.

Utilizando esta notación, la fórmula de Faulhaber se puede escribir como $\sum _{k=1}^{n}k^{p}={\frac {1}{p+1}}{\big (}(B+n)^{p+1}-B^{p+1}{\big )}.$ Aquí, la expresión de la derecha debe entenderse expandiéndola para obtener términos. ${\textstyle B^{j}}$ que luego pueden interpretarse como los números de Bernoulli. Específicamente, usando el teorema del binomio , obtenemos ${\begin{aligned}{\frac {1}{p+1}}{\big (}(B+n)^{p+1}-B^{p+1}{\big )}&={1 \over p+1}\left(\sum _{k=0}^{p+1}{\binom {p+1}{k}}B^{k}n^{p+1-k}-B^{p+1}\right)\\&={1 \over p+1}\sum _{k=0}^{p}{\binom {p+1}{j}}B^{k}n^{p+1-k}.\end{aligned}}$

Una derivación de la fórmula de Faulhaber utilizando la forma umbral está disponible en The Book of Numbers de John Horton Conway y Richard K. Guy . ^{[ 22 ]}

Clásicamente, esta forma umbral se consideraba una conveniencia notacional. En el cálculo umbral moderno, en cambio, se le da un fundamento matemático formal. Se considera la función lineal. $T$ en el espacio vectorial de polinomios en una variable $b$ dado por ${\textstyle T(b^{j})=B_{j}.}$ Entonces se puede decir ${\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}k^{p}&={1 \over p+1}\sum _{j=0}^{p}{p+1 \choose j}B_{j}n^{p+1-j}\\&={1 \over p+1}\sum _{j=0}^{p}{p+1 \choose j}T(b^{j})n^{p+1-j}\\&={1 \over p+1}T\left(\sum _{j=0}^{p}{p+1 \choose j}b^{j}n^{p+1-j}\right)\\&=T\left({(b+n)^{p+1}-b^{p+1} \over p+1}\right).\end{aligned}}$

Notas

↑ Por otro lado, con los primeros números de Bernoulli tenemos $\sum _{k=0}^{n-1}k^{p}={\frac {1}{p+1}}\sum _{r=0}^{p}{\binom {p+1}{r}}B_{r}^{-}n^{p+1-r}.$
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↑ El primer elemento del vector de las sumas es $n$ y no $\sum _{k=0}^{n-1}k^{0}$ debido al primer sumando, la forma indeterminada $0^{0}$ , al que de otro modo se le debería asignar un valor de 1.
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Enlaces externos

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