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Titolo: somme di potenze

Ciao!
Come saprete, la somma dei primi n numeri e' n(n+1)/2
Sapete trovare:
1- La somma dei QUADRATI dei primi n numeri (facile)
2- La somma dei CUBI dei primi n numeri (facile)
3- La somma delle potenze k-esime dei primi n numeri (...)
Attendo soluzioni
Stefano Costa
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sco...@enjoy.it
cos...@odino.unipv.it

3- La somma delle potenze k-esime dei primi n numeri (...)
vedi "Calculus" di Michael Spivak. credo di primo capitolo.
numeri di Bernoulli,ecc.
-- 
Adam Atkinson (
gh...@mistral.co.uk
)
It is a sobering thought, for example, that when Mozart was my age, he had
been dead for two years. (T. Lehrer)

...


 > >3- La somma delle potenze k-esime dei primi n numeri (...)
K=1  n(n+1)/2
K=2  n(n+1)(2n+1)/6              =  K1(2n+1)/3
K=3  n^2(n+1)^2/4                =  K1^2
K=4  n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)/30  =  K2(3n^2+3n-1)/5
K=5 (n^2(n+1)^2/4)((2n^2+2n-1)/3 =  K3(2n^2+2n-1)/3
di piu' non posso.
ciao dario

...


Scusa, puoi dirmi come hai fatto?


ho trovato una soluzione piuttosto laboriosa!
Ok..
Su "Calculus" di Michael Spivak (terza edizione, ma immagino anche
1a e 2a) troviamo:
pagina 30
k     somma per i da uno a n di i^k
-     -----------------------------
1     (1/2)n^2 + (1/2)n
2     (1/3)n^3 + (1/2)n^2 + (1/6)n
3     (1/4)n^4 + (1/2)n^3 + (1/4)n^2
4     (1/5)n^5 + (1/2)n^4 + (1/3)n^3 -(1/30)n
5     (1/6)n^6 + (1/2)n^5 + (5/12)n^4 -(1/12)n^2
6     (1/7)n^7 + (1/2)n^6 + (1/2)n^5 - (1/6)n^3 +(1/42)n
7     (1/8)n^8 + (1/2)n^7 + (7/12)n^6 - (7/24)n^4 + (1/12)n
8     (1/9)n^9 + (1/2)n^8 + (2/3)n^7 - (7/15)n^5 + (2/9)n^3 -(1/30)n
9     (1/10)n^10 + (1/2)n^9  + (3/8)n^8 - (7/10)n^6 + (1/2)n^4 - (3/20)n^2
10    (1/11)n^11 + (1/2)n^10 + (5/6)n^9 -1n^7 + 1n^5 - (1/2)n^3 + (5/66)n
su pagina 563-565 c'e' la spiegazione. la metto nel prossimo messaggio...
-- 
Adam Atkinson (
gh...@mistral.co.uk
)
You got a light, mac?
No, but I've got a dark brown overcoat.

ho trovato una soluzione piuttosto laboriosa!
Ok. In "Calculus" di Michael Spivak, 3a edizione, su pagina 565, troviamo:
 n                            k
---                          ---
\  i^k   =   n^(k+1)   n^k   \   b_i ( k )
/            ------- + --- + /   --- (   )n^(k-i+1)
---          (k+1)      2    ---  i  (i-1)
i=1                          i=2
b_i sono i numeri Bernoulli:
b_0 = 1
b_1 = -1/2
b_n = 0 per n dispari, n>1
 n
---
\   (n)
/   ( )b_i = 0 per n>1
--- (i)
i=0
e allora possiamo calcolare b_n da b_0, ..., b_(n-1)
b_2 = 1/6, b_4 = -1/30, b_6 = 1/42, b_8 = -1/30, ....
           ( n )                  n!
ho scritto (   ) per nCk, cioe' --------
           ( k )                k!(n-k)!
Chi vuole vedere tutta la spiegazione del perche' tutto cio'
funziona dovra' guardare su "Calculus". In ASCII sarebbe un
casino - e non mi va di rifare tre pagine in TeX
-- 
Adam Atkinson (
gh...@mistral.co.uk
)
Hello. My name is Inigo Montoya. You killed my father. Prepare to die.

E su "The Book of Numbers" di Conway e Guy troviamo:
somma di (k-1)esime potenze da 1 a n
= (n+B)^k - B^k
  -------------
         k
dove bisogna fare i calcoli formalmente come se B fosse un numero,
e poi alla fine sostituire B^j con b_j, il j-esimo numero Bernoulli
e per calcolare i b_j consiglia:
(B-1)^k = B^k per k<>1
(anche qui, fai i calcoli formalmente e poi sostituisci B^k con b_k)
usando questa equazione con k, puoi calcolare b_(k-1) se conosci
gia' b_0, b_1, ... , b_(k-2)
si parte con b_0=1, b_1=1/2
-- 
Adam Atkinson (
gh...@mistral.co.uk
)
XYZZY

 wrote:
% E su "The Book of Numbers" di Conway e Guy 
Tra l'altro, dovrebbe essere stato tradotto per Hoepli.
.mau.

 > K=5 (n^2(n+1)^2/4)((2n^2+2n-1)/3 =  K3(2n^2+2n-1)/3
Un po' piu' compatte:
K=4 n(6n^4+15n^3+10n^2-1)/6
K=5 n^2(2n^4+6n^3+5n^2-1)/12
Ho utilizzato il meraviglioso metodo dato nientepopodimeno che da Newton
(un minuto di raccoglimento!) delle differenze finite. Adam ha gia' dato
esaudienti spiegazioni per questo problema, ma il metodo di Newton e'
semplice ed utilizzabile in molte circostanze, indispensabile per ogni
studente di mat. ricreativa. Se a qualcuno interessa... 
ciao :)dario

studente di mat. ricreativa.
Anche i risultati che ho citato io sono derivati in Spivak tramite
un metodo utile in altre circostanze.


 ...
Propongo una forma piu' complessa, ma piu' generale, dovuta a
Faulhaber(propongo CUCCHIAINO!)
Somma da 1 a n delle potenze k-1 = ((n + B)^k - B^k) / k,
dove l'elevamento a potenza va calcolato come al solito, ma le varie potenze
B^m che ne vengono fuori vanno intese com l'm-esimo numero di Bernoulli
B^1 = 1/2; B^2 = 1/6; B^3 = 0, (come i successivi con indice dispari)
B^4 = -1/30; B^6 =1/42; B^8=-1/30; B^10 = 5/66.
In generale (B - 1)^k = B^k (k > 1) fornisce un modo per calcolarli.
Ref. The Book of Numbers, di J.H. Conway, Springer-Verlag 1996.
Mauro Fiorentini
P.S. Per chi non conoscesse una vecchia crittografia,
CUCCHIAINO = un mezzo minuto di raccoglimento
(Non lo faccio piu') :-)

dove l'elevamento a potenza va calcolato come al solito, ma le varie potenze
Si'... questo l'abbiamo gia' detto pochi messaggi fa :-)
-- 
Adam Atkinson (
gh...@mistral.co.uk
)
In the new approach, as you know, the important thing is to understand
what you're doing, rather than to get the right answer. (T. Lehrer)