Suma de $k$-th poderes

Question

Dado: $$ P_k(n)=\sum_{i=1}^n i^k $$

y $P_k(0)=0$, $P_k(x)-P_k(x-1) = x^k$ demostrar que: $$ P_{k+1}(x)=(k+1) \int^x_0P_k(t) \, dt + C_{k+1} \cdot x $$

Para $C_{k+1}$ constante.

Yo creo que una prueba por inducción es el camino a seguir aquí, y han demostrado el caso de $k=0$. Esto es donde estoy atascado. He mirado en el lado derecho para el k+1 caso: $$ (k+2)\int^x_0P_{k+1}(t) \, dt + C_{k+2} \cdot x $$ y no veo cómo esto se reduce a $P_{k+2}(x)$. Incluso si estamos asumiendo la kth caso, la sustitución de $P_{k+1}$ en el integrando de la $(k+1)$-st caso sólo hace que sea más complicado. Yo no estoy en busca de la respuesta de un empujón en la dirección correcta. Puedo ver que cada suma termina como un polinomio, ya que expresiones como $P_1(x) = 1+2+\cdots+x=\frac{x(x+1)}{2}$, pero no sé cómo hacerlo para que los poderes arbitrarios, y creo que no necesita con el fin de resolver este problema.

Answer 1

Desde $P_k(x)-P_k(x-1)=x^k$,

$$P_k'(x) - P_k'(x-1) = kx^{k-1} = k(P_{k-1}(x)-P_{k-1}(x-1))$$

Por lo tanto, la integración de$0$$x$, nos encontramos con

$$P_k(x)-P_k(x-1) - P_k(-1) = I_k(x) - I_k(x-1)$$

donde $I_k(x) = k\int_0^x P_{k-1}(t) dt$. Tanto en $P_k(x)$ $I_k(x)$ son polinomios.

Deje $c_k = P_k(-1)$. Entonces podemos reescribir la de arriba como

$$(P_k(x) - c_k x) - (P_k(x-1)-c_k(x-1)) = I_k(x) - I_k(x-1)$$

Ahora tenemos el lema:

Supongamos que $f,g$ son dos polinomios con coeficientes en $\mathbb C$ such that $f(0)=g(0)$ and $$f(x)-f(x-1) = g(x)-g(x-1).$$

A continuación,$f=g$.

Prueba: Por telescópica, se deduce que el $f(x) - f(x-m) = g(x)-g(x-m)$ para cada entero $m$. Tomando $x=m$,$f(m)-f(0) = g(m)-g(0)$, por lo tanto $f(m)=g(m)$ para todos los enteros $m$. De ello se desprende que $f=g$.

Ahora, se sigue con $f(x)=P_k(x)-c_kx$ $g(x) = I_k(x)$ que

$$P_k(x)-c_kx = k \int_0^x P_{k-1}(t)dt.$$

Answer 2

A partir de la definición de $P_k(n)$ tenemos $$ P_k(n) = \sum_{i=1}^n i^k \Rightarrow P_0(n) = \sum_{i=1}^n 1 = n. $$

Ahora lo usamos para completar la inducción sobre $k$ a prueba la declaración de $S(k)$ $$ P_k(x) = k \int\limits_0^x P_{k-1}(t) \, dt + C_k \, x \quad (*) $$

Caso Base

Para $k=1$ tenemos $S(1)$: $$ 1 \int\limits_0^x P_0(t) \, dt + C_1 \, x = \int\limits_0^x t \, dt + C_1 \, x = \frac{1}{2} x^2 + C_1 \, x $$ que corresponde a la conocida Gauss suma fórmula $P_1(n)$ si $C_1 = 1/2$.

Paso inductivo

Suponiendo que la ecuación de $(*)$ es cierto para $\{ 1, \ldots, k \}$ realizamos la recursividad, comenzando con el $S(k)$ y, a continuación, aplicar el $S(k-1), S(k-2), \ldots$ hasta que llegamos a la parte inferior con $S(1)$ y consigue $P_0 = \mbox{id}$. Que integrando luego es lo suficientemente simple para realizar el la $k$ a afirmar integraciones: \begin{align} P_k(x) &= k \int\limits_0^x P_{k-1}(t_k) \, dt_k + C_k \, x \\ &= k \int\limits_0^x \left( (k-1) \int\limits_0^{t_k} P_{k-2}(t_{k-1}) \, dt_{k-1} + C_{k-1} \, t_k \right) \, dt_k + C_k \, x \\ &= k (k-1) \int\limits_0^x \int\limits_0^{t_k} P_{k-2}(t_{k-1}) \, dt_{k-1} \, dt_k + \frac{k}{2} C_{k-1} \, x^2 + C_k \, x \\ &= k! \int\limits_0^x \cdots \int\limits_0^{t_2} P_0(t_1) \, dt_1 \cdots \,dt_k + \sum_{j=1}^k C_{k-j+1} \frac{k!}{(k-j+1)!j!} x^j \\ &= k! \int\limits_0^x \cdots \int\limits_0^{t_2} t_1 \, dt_1 \cdots \,dt_k + \sum_{j=1}^k \binom{k}{j} \frac{C_{k-j+1}}{k-j+1} x^j \\ &= k! \int\limits_0^x \cdots \int\limits_0^{t_3} \frac{1}{2}t_2^2 \, dt_2 \cdots \,dt_k + \sum_{j=1}^k \binom{k}{j} \frac{C_{k-j+1}}{k-j+1} x^j \\ &= k! \int\limits_0^x \frac{1}{k!}t_k^k \,dt_k + \sum_{j=1}^k \binom{k}{j} \frac{C_{k-j+1}}{k-j+1} x^j \\ &= \frac{1}{k+1}x^{k+1} + \sum_{j=1}^k \binom{k}{j} \frac{C_{k-j+1}}{k-j+1} x^j \\ \end{align}

A continuación, tratamos de llegar a $S(k+1)$: \begin{align} (k+1) \int\limits_0^x P_k(t) \, dt + C_{k+1} \, x &= (k+1) \int\limits_0^x \left( \frac{1}{k+1}t^{k+1} + \sum_{j=1}^k \binom{k}{j} \frac{C_{k-j+1}}{k-j+1} t^j \right) \, dt \\ & + C_{k+1} \, x \\ &= (k+1) \left( \frac{1}{(k+1)(k+2)}x^{k+2} + \right. \\ & \left. \sum_{j=1}^k \binom{k}{j} \frac{C_{k-j+1}}{(k-j+1)(j+1)} x^{j+1} \right) + C_{k+1} \, x \\ &= \frac{1}{k+2}x^{k+2} + \sum_{j=1}^k \binom{k}{j} \frac{(k+1)C_{k-j+1}}{(k-j+1)(j+1)} x^{j+1} + C_{k+1} \, x \\ &= \frac{1}{k+2}x^{k+2} + \sum_{j=1}^k \binom{k+1}{j+1} \frac{C_{k-j+1}}{k-j+1} x^{j+1} + C_{k+1} \, x \\ &= \frac{1}{k+2}x^{k+2} + \sum_{j=2}^{k+1} \binom{k+1}{j} \frac{C_{k+1-j+1}}{k+1-j+1} x^j + C_{k+1} \, x \\ &= \frac{1}{k+2}x^{k+2} + \sum_{j=1}^{k+1} \binom{k+1}{j} \frac{C_{k+1-j+1}}{k+1-j+1} x^j \\ &= P_{k+1}(x) \end{align} Por lo tanto $S(k+1)$ sigue. Por el principio de inducción $(*)$ tiene para todos los $k \in \mathbb{N} \setminus \{ 0\}$.

Answer 3

Hm. Este problema es un poco raro, en el que como se definen $P_k(n)$ sólo está definida en los naturales. Aunque, como usted ha dicho, usted puede encontrar una forma cerrada y evaluar en un punto arbitrario.

Has probado a tomar la derivada de ambos lados y usando Fundamental Thm de Cálculo? Que sería deshacerse de la integral, y se convierte en el $C_{k+1}\cdot x$ plazo a sólo una constante, que parece más atractivo.