El uso de funciones de generación de encontrar la suma de $1^3 + 2^3 + 3^3 +\dotsb+ n^3$

Question

Soy bastante nuevo para la generación de funciones de concepto y estoy realmente es difícil saber cómo abordar este tipo de problemas. Necesito encontrar la suma de $1^3 + 2^3 + 3^3 +\dotsb+ n^3$ mediante el uso de funciones de generación. ¿Cómo debo proceder?

Answer 1

Deje $s_n=\sum_{k=0}^nk^3$; la generación de la función de estos números se $$f(x)=\sum_{n\ge 0}s_nx^n\;.$$

Usted sabe que la secuencia satisface la recurrencia $s_n=s_{n-1}+n^3$. Multiplique esta recurrencia por $x^n$ y suma más de $n\ge 0$:

$$\sum_{n\ge 0}s_nx^n=\sum_{n\ge 0}s_{n-1}x^n+\sum_{n\ge 0}n^3x^n\tag{1}\;.$$

El lado izquierdo de $(1)$$f(x)$. Suponemos que $s_n=0$ todos los $n<0$, por lo que podemos reescribir $(1)$ $$f(x)=x\sum_{n\ge 0}s_{n-1}x^{n-1}+\sum_{n\ge 0}n^3x^n=x\sum_{n\ge 0}s_nx^n+\sum_{n\ge 0}n^3x^n=xf(x)+\sum_{n\ge 0}n^3x^n$$ and see that $$f(x)=\frac1{1-x}\sum_{n\ge 0}n^3x^n\;.\tag{2}$$

Para lidiar con la suma de $(2)$, comenzar con $$\frac1{1-x}=\sum_{n\ge 0}x^n\;.$$ Differentiate and multiply by $x$ to get $$\frac{x}{(1-x)^2}=\sum_{n\ge0}nx^n\;.$$ Repeat: $$\frac{x(1+x)}{(1-x)^3}=\sum_{n\ge0}n^2x^n\;.$$ And one more time: $$\frac{x(1+4x+x^2)}{(1-x)^4}=\sum_{n\ge 0}n^3x^n\;.$$ por Lo tanto,

$$f(x)=\frac{x+4x^2+x^3}{(1-x)^5}\;.$$ Now decompose $f$ en fracciones parciales:

$$f(x)=-\frac1{(1-x)^2}+\frac7{(1-x)^3}-\frac{12}{(1-x)^4}+\frac6{(1-x)^5}\;.$$

Por último, usted necesita saber algunas funciones de generación. En particular, usted necesita saber que $$\frac1{(1-x)^k}=\sum_{n\ge 0}\binom{n+k-1}{k-1}x^n\;.$$ Con esto se obtiene finalmente que

$$\begin{align*} f(x)&=\sum_{n\ge 0}\left(-\binom{n+1}1+7\binom{n+2}2-12\binom{n+3}3+6\binom{n+4}4\right)x^n\\ &=\sum_{n\ge 0}\frac14\left(n^4+2n^3+n^2\right)x^n \end{align*}$$

y, por tanto, que el $$s_n=\frac14\left(n^4+2n^3+n^2\right)=\left(\frac{n(n+1)}2\right)^2\;.$$

Answer 2

Usted puede hacer esto más bellamente con exponenciales funciones de generación. Tenga en cuenta que $$e^{kx} = \sum_n \frac{k^n x^n}{n!}$$ así $$1+e^x+e^{2x} + e^{3x} + \cdots + e^{kx} = \sum_n \frac{(1+2^n+3^n + \cdots + k^n) x^n}{n!}.$$ El lado izquierdo es $$(e^{kx}-1) \cdot \frac{1}{e^x-1} = \left( kx + \frac{k^2 x^2}{2} + \frac{k^3 x^3}{6} + \cdots \right) \left( \frac{1}{x} - \frac{1}{2} + \frac{x}{12} - \frac{x^3}{720} + \cdots \right)$$ donde el segundo factor puede ser expresada en términos de los números de Bernoulli.

Ahora compare los coeficientes de $x^3$ en ambos lados.

Answer 3

Observe que $k^{3}=\frac{1}{4}[k^{2}(k+1)^{2}-(k-1)^{2}k^{2}]$, por lo que

$$\sum_{k=1}^{n}k^{3} =\frac{1}{4}\sum_{k=1}^{n}[k^{2}(k+1)^{2}-(k-1)^{2}k^{2}] =\frac{1}{4}n^{2}(n+1)^{2}$$

Answer 4

Tenga en cuenta que si $A(z) = \sum_{n \ge 0} a_n z^n$, luego

$$ z \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} z} (z) = \sum_{n \ge 0} n a_n z^n $$

y también:

$$ \frac{A(z)}{1 - z} = \sum_{n \ge 0} \left( \sum_{0 \le k \le n} a_k \right) z^n $$

Comenzando con:

$$ \sum_{n \ge 0} z^n = \frac{1}{1 - z} $$

la generación de la función de la suma que quieres es:

$\begin{align} \frac{z}{1 - z} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} z} \left( z \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} z} \left( z \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d} z} \frac{1}{1 - z} \right) \right) &= \frac{z (1 + 4 z + z^2)}{(1 - z)^5} \end{align}$

Por lo tanto:

$\begin{align} \sum_{0 \le k \le n} k^3 &= [z^n] \frac{z (1 + 4 z + z^2)}{(1 - z)^5} \\ &= [z^n] (z + 4 z^2 + z^3) \sum_{k \ge 0} (-1)^k \binom{-5}{k} z^k \\ &= [z^n] (z + 4 z^2 + z^3) \sum_{k \ge 0} \binom{k + 5 - 1}{5 - 1} z^k \\ &= \binom{n - 1 + 4}{4} + 4 \binom{n - 2 + 4}{4} + \binom{n - 3 + 4}{4} \\ &= \frac{n^2 (n + 1)^2}{4} \end{align}$

Tenga en cuenta que:

$$ \sum_{0 \le k \le n} k^3 = \left( \sum_{0 \le k \le n} k \right)^2 $$

Answer 5

Si usted realmente desea conseguir flipado, considere el siguiente, tomado de Aigner "Un Curso en la Enumeración" (Springer, 2007). Definir:

$$ s_m(n) = \sum_{0 \le k < n} k^m $$

y es exponencial en la generación de la función:

$ \begin{align} \widehat{S}_n(z) &= \sum_{m \ge 0} s_m(n) \frac{z^m}{m!} \\ &= \sum_{1 \le k \le n - 1} \sum_{m \ge 0} \frac{k^m z^m}{m!} \\ &= \sum_{1 \le k \le n - 1} \mathrm{e}^{k z} \\ &= \frac{\mathrm{e}^{n z} - 1}{\mathrm{e}^z - 1} \end{align} $

Este es casi exponencial de la generación de la función de los poderes:

$ \begin{align} \widehat{P}(z) &= \sum_{m \ge 0} n^m \frac{z^m}{m!} \\ &= \mathrm{e}^{n z} \end{align} $

Lamentablemente, la serie $\mathrm{e}^z - 1$ no tiene recíproca, ya que no tiene término constante. Pero podemos escribir:

$$ (\widehat{P}(z) - 1) \widehat{B}(z) = z \widehat{S}(z) $$

donde:

$$ \widehat{B}(z) = \frac{z}{\mathrm{e}^z - 1} $$

cuyos coeficientes son los números de Bernoulli:

$\begin{align} \widehat{B}(z) &= \sum_{n \ge 0} B_n \frac{z^n}{n!} \\ &= 1 - \frac{1}{2} z + \frac{1}{6} \frac{z^2}{2!} - \frac{1}{30} \frac{z^4}{4!} + \frac{1}{42} \frac{z^6}{6!} - \frac{1}{30} \frac{z^8}{8!} + \frac{5}{66} \frac{z^{10}}{10!} - \frac{691}{2130} \frac{z^{12}}{12!} + \frac{7}{6} \frac{z^{14}}{14!} - \dotsb \end{align}$

y por último:

$$ \sum_{m \ge 0} s_m(n) \frac{z^{m + 1}}{m.} = \sum_{m \ge 0} z^m \sum_{0 \le k \le m} \binom{m}{k} \frac{(n z)^{m - k}}{(m - k)!} B_k $$

La comparación de los coeficientes de $z^{m + 1}$ y simplificando:

$$ s_m(n) = \frac{1}{m + 1} \sum_{0 \le k \le m} (-1)^k \binom{m + 1}{k} B_k n^{m + 1 - k} $$