Teorema de la suma cómo obtener la fórmula para exponente mayor que 3

Question

Estoy estudiando en verano para cálculo 2 en otoño y estoy leyendo sobre la suma. Me dan estas fórmulas: \begin{align*} \sum_{i=1}^n 1 &= n, \\ \sum_{i=1}^n i &= \frac{n(n+1)}{2},\\ \sum_{i=1}^n i^2 &= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6},\\ \sum_{i=1}^n i^3 &=\left[ \frac{n(n+1)}{2}\right]^2. \end{align*}

Pero, ¿cómo dar con la fórmula correcta para exponentes mayores que 3?

Answer 1

Puede obtener estas fórmulas de forma recursiva. Mira esto

$$n^5 = \sum_{k=1}^n \left( k^5 - (k-1)^5\right) $$

Expande el segundo término. Anula el $k^5$ términos. A continuación, aplica las identidades anteriores. Puedes resolver $\sum_{k=1}^n k^4$ . Continúa de esta manera para obtener sumas para poderes superiores.

Answer 2

Método general para la suma indefinida $\def\nn{\mathbb{N}}$ $\def\zz{\mathbb{Z}}$

Definir el operador de diferencia hacia delante:

$D = ( \text{function $ f $ on $ \zz $} \mapsto ( \text{int $ n $} \mapsto f(n+1) - f(n) ) )$

Es decir, para cualquier función $f$ en $\zz$ y $n \in \zz$ , $D(f)(n) = f(n+1) - f(n)$ .

Si pensamos en las funciones como secuencias (infinitas en ambas direcciones), tomar la diferencia hacia delante significa sustituir cada término por el valor del término siguiente menos él mismo. Por ejemplo, lo siguiente muestra lo que sucede cuando se toma repetidamente la diferencia hacia adelante de la secuencia de cubos:

...,-27,-8,-1, 0, 1, 8,27,...
..., 19, 7, 1, 1, 7,19,37,...
...,-12,-6, 0, 6,12,18,24,...
...,  6, 6, 6, 6, 6, 6, 6,...
...,  0, 0, 0, 0, 0, 0, 0,...
...,  0, 0, 0, 0, 0, 0, 0,...

Entonces tenemos:

$D\left( \text{int $ n $} \mapsto \binom{n}{k+1} \right) = \left( \text{int $ n $} \mapsto \binom{n}{k} \right)$ para cualquier $k \in \zz$ .

Esto es de esperar porque se deduce directamente del triángulo de Pascal, especialmente si definimos $\binom{n}{k}$ utilizando el triángulo.

Esto significa que si tenemos cualquier función $f$ en $\zz$ tal que $f(n) = \sum_{k=0}^\infty a_k \binom{n}{k}$ para cualquier $n \in \zz$ , entonces obtenemos:

$D(f)(n) = \sum_{k=0}^\infty a_{k+1} \binom{n}{k}$ para cualquier $n \in \zz$ .

Desde una perspectiva de alto nivel, ésta es la versión discreta de la serie de Taylor, y de hecho para tal función vemos fácilmente que $f(n) = \sum_{k=0}^\infty D^k(f)(0) \binom{n}{k}$ para cualquier $n \in \zz$ porque $\binom{0}{0} = 1$ mientras que $\binom{0}{k} = 0$ para cualquier $k \in \nn^+$ .

Esto funciona para cualquier función polinómica $f$ en $\zz$ ya que $D^k(f)$ es la función cero una vez $k$ es mayor que el grado de $f$ por lo que podemos utilizarlo para encontrar inmediatamente la serie de $(\text{int n} \mapsto n^3)$ y luego simplemente tomar la antidiferencia desplazando los coeficientes de la serie hacia el otro lado. La constante indeterminada que aparece desaparecerá una vez que realicemos una suma definida como si quisiéramos la suma de la primera $m$ cubos.

Suma de $p$ poderes

Por ejemplo, si queremos $\sum_{k=1}^{n-1} k^2$ primero hallamos las diferencias hacia adelante iteradas de la secuencia de cuadrados $( n^2 )_{n \in \zz}$ :

...,0,1,4,9,...
...,1,3,5,...
...,2,2,...
...,0,...

Así que inmediatamente obtenemos $n^2 = 0 \binom{n}{0} + 1 \binom{n}{1} + 2 \binom{n}{2}$ y por lo tanto $\sum_{k=0}^{n-1} = 0 \binom{n}{1} + 1 \binom{n}{2} + 2 \binom{n}{3}$ . Es trivial simplificarlo a $\sum_{k=0}^{n-1} = \frac{1}{6}(n-1)n(2n-1)$ .

Eficacia de cálculo

Esto es mucho más eficiente que el método dado por ncmathsadist porque la serie que utiliza coeficientes binomiales es fácil de manipular y de calcular. Para la suma de $p$ -poderes que sólo necesitamos $O(p^2)$ operaciones aritméticas para hallar las diferencias hacia adelante y luego $O(p^2)$ más para simplificar la forma en serie a una forma polinómica estándar. En cambio, el otro método requiere $O(p^3)$ operaciones aritméticas.

Suma indefinida de no polinomios

Además, para una amplia clase de funciones no polinómicas, todavía podemos calcular la suma indefinida sin utilizar la serie, utilizando el análogo discreto de la integración por partes, aquí llamado suma por partes.

Para derivarlo, basta con comprobar que $D(f \times g)(n) = f(n+1) g(n+1) - f(n) g(n) = f(n+1) D(g)(n) - D(f)(n) g(n)$ y así obtenemos la regla del producto:

$D(f \times g) = R(f) \times D(g) + D(f) \times g$

donde $R$ es el operador de desplazamiento a la derecha definido como

$R = ( \text{function $ f $ on $ \zz $} \mapsto ( \text{int $ n $} \mapsto f(n+1) ) )$

Es decir, para cualquier función $f$ en $\zz$ y $n \in Z$ , $R(f)(n) = f(n+1)$ .

Por comodidad definimos también el operador de suma:

$S = ( \text{function $ f $ on $ \zz $} \mapsto ( \text{int $ n $} \mapsto \sum_{k=0}^{n-1} f(k) ) )$

Entonces tenemos la importante propiedad de que $DS(f) = f$ para cualquier función $f$ en $\zz$ análogo al teorema fundamental del cálculo.

Ahora, sustituyendo $f$ con $S(f)$ en la regla del producto y sumando a ambos lados obtenemos la suma por partes:

$S( f \times g ) = S(f) \times g - S( R(S(f)) \times D(g) ) + c$ para alguna función constante $c$ en $\zz$ .

Ejemplo de suma indefinida

Así podemos calcular fácilmente cosas como $\sum_{k=1}^n k^3 3^k$ aplicándolo tres veces, reduciendo cada vez el grado de la parte polinómica. Hay otras formas de conseguirlo utilizando la diferenciación, pero este método es puramente discreto.

Answer 3

Puede encontrar las fórmulas aquí (se vuelven progresivamente más desordenados), sin embargo para Cálculo 2 no necesitarás nada más allá de lo que ya tienes.

Answer 4

La forma en que me gusta hacer esto es considerar que estamos buscando un polinomio $P(x)$ de grado $n+1$ satisfactoria: $$P(x)=x^n+P(x-1).$$ $$P(0)=0$$ Observa que cuando expandimos, obtenemos: $$P(x)=x^n+P(x-1)=x^n + (x-1)^n + P(x-2) = \ldots = x^n + (x-1)^n + \ldots + 2^n + 1^n + 0$$ que es lo que deseamos. No es demasiado difícil demostrar que ese polinomio siempre existe*, pero una vez que sabemos que existe, esto nos da una forma de encontrarlo. Así, para $n=1$ queremos un polinomio de grado $2$ - así que $P(x)=ax^2+bx$ (observando que el término constante es obviamente $0$ ) - que satisfaga $$[ax^2 + bx] = x + [a(x-1)^2 + b(x-1)]$$ que se expande como: $$ax^2 + bx = ax^2 + (1+b-2a)x + (a-b)$$ y observando que el coeficiente de $x$ y el término constante debe ser igual en ambos lados, obtenemos: $$b=1+b-2a$$ $$0=a-b$$ cediendo $a=b=\frac{1}2$ así que $$P(x)=\frac{1}2\left(x^2+x\right)$$ es el polinomio que da la suma de $1+2+3+\ldots + x$ . Podemos repetir este procedimiento para todos los grados de polinomios - y de hecho podemos sustituir el $x^n$ por cualquier polinomio de grado $n$ (que suele ser útil). Hay que trabajar un poco para hacer las cosas así, pero siempre funciona sin demasiada astucia.

(*Mi forma de hacerlo sería considerar el mapa lineal sobre polinomios de grado como máximo $n+1$ tomando $P$ a un par $(Q,c)$ donde $Q(x)=P(x)-P(x-1)$ y $c=P(0)$ . Resulta que este mapa es invertible. Obsérvese que para $Q$ sea cero, $P$ debe ser constante - y para $c$ también sea cero, $P$ debe ser el polinomio cero, lo que significa que el núcleo del mapa es trivial. Además, el grado de $Q$ es como máximo $n$ por lo que el espacio de pares $(Q,c)$ es $n+1$ dimensional también, por lo que podemos concluir que cualquier sistema de ecuaciones de forma similar a la presentada tiene una solución única - que por los mismos métodos utilizados en el post, se puede demostrar que significa que la suma sobre un polinomio produce otro polinomio, de grado uno superior)

Answer 5

\begin{align*} \sum_{i=1}^n 1 &= n, \\ \sum_{i=1}^n i &= \frac{n(n+1)}{2},\\ \sum_{i=1}^n i^2 &= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6},\\ \sum_{i=1}^n i^3 &=\left[ \frac{n(n+1)}{2}\right]^2 \end{align*}

Así que resulta que quieres:

$$\sum_{i=1}^{n} i^x=H^{(-x)}_{n}=\left(\gamma+\psi(1+n)\right)^{-x}=\zeta(-x)-\zeta(-x,n+1)$$