Sólo he aprendido hoy que serie puede ser distinguida e integrada y me preguntaba si es posible aplicar las técnicas del cálculo diferencial a la serie aritmética finita
$$\sum_{x=0}^n x = n(n+1)/2$$
para obtener la suma de los primeros $n$ plazas:
$$\sum_{x=0}^n x^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$
La "generación de la función de" enfoque a este tipo de problemas generalmente se utiliza que si $$f(z)=\sum_{i=0}^\infty a_iz^i$$ then $f'(z)=\sum_{i=0}^\infty (i+1)a_{i+1}z^i$
Además, podemos señalar que:
$$\frac{1}{1-z}f(z) = \sum_{i=0}^\infty s_i z^i$$ where $s_k=\sum_{i=0}^k a_i$. That is, if we know the power series for $a_i$ we know the power series for the partial sums of $a_i$.
Ahora, podemos empezar con $f(z)=\frac{1}{1-z}=\sum z^i$ a empezar de alimentación de la serie para$f'(z)$$f''(z)$:
$$\frac{1}{(1-z)^2} = f'(z) = \sum_{i=0}^\infty (i+1)z^i$$ $$\frac{2}{(1-z)^3} = f''(z)=\sum_{i=0}^\infty (i+1)(i+2)z^i$$
Ahora, si $a_i=i$, $$\sum a_iz^i = f'(z) - f(z) = \frac{z}{(1-z)^2}$$
Dejando $s_k=\sum_{i=0}^k a_i$ obtenemos:
$$\sum s_i z^i = \frac{z}{(1-z)^3} = \frac{z}{2}f''(z) = \sum_{i=0}^\infty \frac{(i+1)(i+2)}{2} z^{i+1}$$
Igualando coeficientes, podemos ver que $s_i=\frac{i(i+1)}{2}$, que es el resultado que quería.
La solución general puede ser un poco incómodo. Es probablemente más fácil para primer estudio de este tipo de sumas de dinero en términos de diferencias finitas, en lugar de poder de la serie, pero el poder ver la serie (también conocido como "la generación de funciones") tiene un montón de aplicaciones interesantes en la combinatoria.
Que tenga en cuenta que $s(x)=\sum\limits{k=0}^nx^k$ es tal que $s'(x)=\sum\limits{k=0}^nkx^{k-1}$por lo tanto el $\sum\limits_{k=1}^nk=s'(1)$%.
Ahora, $(1-x)s(x)=1-x^{n+1}$ por lo tanto, $(1-x)s'(x)=s(x)-(n+1)x^{n}$. Cuando $x\to1$, $x=1-z$ $z\to0$, $x^n=1-nz+o(z)$, $s(x)=s(1)-s'(1)z+o(z)$ y $s(1)=n+1$ por lo tanto, $zs'(1)=n+1-s'(1)z-(n+1)(1-nz)+o(z)$, es decir, $2s'(1)=n(n+1)$. Esto indica que $\sum\limits_{k=1}^nk=\frac12n(n+1)$.
La misma técnica permite para calcular $\sum\limits{k=1}^nk^2=\sum\limits{k=1}^nk(k-1)+\sum\limits{k=1}^nk=s''(1)+s'(1)$ ya que el segundo derivado $(1-x)s''(x)=2s'(x)-n(n+1)x^{n-1}$ da el % de expansión limitada $zs''(1)=2s'(1)-2zs''(1)-n(n+1)(1-(n-1)z)+o(z)$, por lo tanto, $3s''(1)=n(n+1)(n-1)$ y $\sum\limits{k=1}^nk^2=\frac16n(n+1)(2n+1)$.
Digamos que tenemos, $$f(x)=1+x+x^2+x^3+\cdots+x^n$$
$$\frac{x^{n+1}-1}{x-1} = 1+x+x^2+x^3+\cdots+x^n$$
La diferenciación,
$$\frac{nx^{n+1}-(n+1)x^n+1}{(x-1)^2} = 1+2x+3x^2+\cdots+nx^{n-1}$$
Multiplicando ambos lados por $x$
$$\frac{nx^{n+2}-(n+1)x^{n+1}+x}{(x-1)^2} = x+2x^2+3x^3+\cdots+nx^{n}$$
La diferenciación, de nuevo
$$\frac{(-2n^2-2n+1)x^{n+1} +n^2x^{n+2} +(n+1)^2x^n-x-1 }{(x-1)^3} = 1+2^2x+3^2x^2+\cdots+n^2x^{n-1}$$
A continuación, tomar el límite en $x\to1$, y hemos terminado.
Descargo de responsabilidad: Esto no es en absoluto recomendable, y fue hecho sólo por curiosidad. Tuve que usar WA para la diferenciación, como me falta la paciencia
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