mateschio
mateschio - Sapiens - 464 Punti
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Sappiamo che la somma consecutiva dei numeri dispari interi tipo 1+3+5+7+ ....
è sempre pari a un quadrato tipo n*n esempio 1+3 = 4 = 2*2
1+3+5 = 9 = 3*3 1+3+5+7 = 16 = 4*4
e si trovano facilmente argomentazioni al riguardo.

Sappiamo pure che la somma degli interi conscutivi 1+2+3+4+5+ ... da origine ai cosidetti numeri triangolari T per cui se arriviamo all'intero n
la somma degli interi da 1 a n compreso vale appunto T = n*(n+1)/2
I primi numeri triangolari sono 3=1+2 6 =1+2+3 10 = 1+2+3+4 15 = 1+2+3+4+5
e via dicendo.
Anche su questo fatto e suoi sviluppi esiste una vasta letteratura.

Invece ho osservato che se facciamo la stessa somma consecutiva dei numeri interi però presi al cubo ovvero 1+8+27+64+125+

Otteniamo i seguenti valori 1 a parte 9 = 3*3 ovvero T1*T1 con T1 = 1+2
1+8+27 = 36 = 6*6 ovvero T2*T2 con T2 = 1+2+3
1+8+27+64 =10*10 ovvero T3*T3 con T3 = 1+2+3+4

Ovvero la somma consecutiva dei cubi degli interi è sempre pari al quadrato della somma delle rispettive basi.

Ho cercato, esempio negli studi sulle serie di Fibonacci, una dimostrazione analitica di questa proprietà ma non l'ho trovata. Oppure una argomentazione logica che confermi tale intuizione .

Se qualcuno sa darmi delle indicazioni al riguardo

Ringrazio anticipatamente
ciampax
ciampax - Tutor - 29109 Punti
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Dammi un po' di tempo, che te ne do' una dimostrazione fatta per bene! (bella domanda, comunque!)

EDIT: Allora, vediamo un po' come fare. Ti dò una dimostrazione specifica e poi il caso generale per poter calcolare la formula per ogni tipo di sommatoria come quella che hai scritto.

CASO SPECIFICO

Poniamo

[math]T_n=\sum_{k=1}^n k=\frac{n(n+1)}{2},\qquad Q_n=\sum_{k=1}^n k^2,[/math]
[math]C_n=\sum_{k=1}^n k^3,\qquad H_n=\sum_{k=1}^n k^4[/math]
.
Osserviamo che

[math]\sum_{k=1}^n (k+1)^3=2^3+3^3+\ldots+n^3+(n+1)^3=C_n-1+(n+1)^3.[/math]

Inoltre

[math](k+1)^3=k^3+3k^2+3k+1[/math]

per cui

[math]\sum_{k=1}^n(k+1)^3=\sum_{k=1}^n\left[k^3+3k^2+3k+1\right]=[/math]

[math]=C_n+3Q_n+3T_n+n.[/math]

Ma allora

[math]C_n-1+(n+1)^3=C_n+3Q_n+3T_n+n[/math]

da cui

[math]Q_n=\frac{1}{3}\left[(n+1)^3-(n+1)-3T_n\right].[/math]

Adesso, ripetiamo lo stesso procedimento con le potenze quarte. Abbiamo

[math]\sum_{k=1}^n (k+1)^4=2^4+3^4+\ldots+n^4+(n+1)^4=Q_n-1+(n+1)^4.[/math]

Inoltre

[math](k+1)^4=k^4+4k^3+6k^2+4k+1[/math]

per cui

[math]\sum_{k=1}^n(k+1)^4=\sum_{k=1}^n\left[k^4+4k^3+6k^2+4k+1\right]=[/math]

[math]=S_n+4C_n+6Q_n+4T_n+n.[/math]

Ma allora

[math]S_n-1+(n+1)^4=S_n+4C_n+6Q_n+4T_n+n[/math]

da cui

[math]C_n=\frac{1}{4}\left[(n+1)^4-(n+1)-6Q_n-4T_n\right].[/math]

Andando a sostituire il valore di
[math]Q_n[/math]
(che, tra l'altro, si può calcolare esplicitamente), e di
[math]T_n[/math]
si ha
[math]C_n=\frac{1}{4}\left[(n+1)^4-(n+1)-2(n+1)^3+2(n+1)+6T_n-4T_n\right]=[/math]

[math]=\frac{1}{4}\left[(n+1)^4-2(n+1)^3+(n+1)+n(n+1)\right]=[/math]

[math]=\frac{n+1}{4}\left[(n+1)^3-2(n+1)^2+n+1\right]=[/math]

[math]=\frac{n+1}{4}\left[n^3+3n^2+3n+1-2n^2-4n-2+n+1\right][/math]

e quindi

[math]C_n=\frac{n+1}{4}\left[n^3+n^2\right]=\frac{n^2(n+1)^2}{4}.[/math]



CASO GENERALE

Per prima cosa poniamo

[math]S(n,p)=\sum_{k=1}^{n} k^p[/math]

Puoi verificare facilmente che

[math]S(n,0)=n,\qquad S(n,1)=\frac{n(n+1)}{2}[/math]

(la seconda è la somma dei numeri naturali). Ora, vogliamo dimostrare una legge che regola queste somme e che ne esprime una in funzione di tutte le somme con le potenze più basse (praticamente, fissato
[math]p[/math]
hai che
[math]S(n,p)[/math]
si ottiene dalle somme
[math]S(n,\alpha),\ \alpha=0,\ldots,p-1[/math]
).
Per prima cosa osserviamo che

[math]\sum_{k=1}^n(k+1)^p=S(n,p)+(n+1)^p-1[/math]

(e su questo non dovresti avere problemi. Ora usiamo la formula di Newton per le potenze di binomio: essa afferma che

[math](a+b)^p=\sum_{\alpha=0}^p C^p_\alpha a^\alpha b^{p-\alpha}[/math]

dove
[math]C^p_\alpha[/math]
sono i coefficienti binomiali e si trovano usando il triangolo di Tartaglia e sono uguali alle seguenti quantità
[math]C_\alpha^p=\frac{p!}{\alpha !(p-\alpha)!},[/math]

essendo
[math]N!=N(N-1)(N-2)\cdots 3\cdot 2\cdot 1[/math]
il fattoriale di
[math]N[/math]
(cioè il prodotto di tutti i numeri interi da 1 fino ad N).
Allora si ha

[math](k+1)^p=\sum_{\alpha=0}^p C^p_\alpha k^\alpha[/math]

e quindi

[math]S(n,p)+(n+1)^p-1=\sum_{k=1}^n(k+1)^p=\sum_{k=1}^n \sum_{\alpha=0}^p C^p_\alpha k^\alpha=[/math]
[math]=\sum_{\alpha=0}^p C^p_\alpha \sum_{k=1}^n k^\alpha=\sum_{\alpha=0}^p C^p_\alpha S(n,\alpha)=\sum_{\alpha=0}^{p-1} C^p_\alpha S(n,\alpha)+C_p^p S(n,p)[/math]

Ora, poiché per definizione
[math]0!=1[/math]
si ha
[math]C_p^p=\frac{p!}{p! 0!}=1[/math]

e quindi segue

[math]S(n,p)+(n+1)^p-1=\sum_{\alpha=0}^{p-1} C^p_\alpha S(n,\alpha)+S(n,p)[/math]

o anche, semplificando

[math]C_{p-1}^p S(n,p-1)+\sum_{\alpha=0}^{p-2} C^p_\alpha S(n,\alpha)=(n+1)^p-1[/math]

da cui, avendosi

[math]C_{p-1}^p=\frac{p!}{(p-1)! 1!}=\frac{p(p-1)!}{(p-1)!}=p,[/math]

segue la formula generale

[math]S(n,p-1)=\frac{1}{p}\left[(n+1)^p-1-\sum_{\alpha=0}^{p-2} C_\alpha^p S(n,\alpha)\right],[/math]

da cui è possibile ricavare il valore della somma delle potenze di grado
[math]p-1[/math]
in funzione di quelle di grado minore.
Aggiunto 28 minuti più tardi:

UP!

Questa risposta è stata cambiata da ciampax (27-11-09 20:46, 7 anni 10 giorni )
mateschio
mateschio - Sapiens - 464 Punti
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risposta alla relazioni fra interi


Grazie per la dimostrazione.
Ovviamente dovrò esaminarla più a lungo per capirla bene !
ciampax
ciampax - Tutor - 29109 Punti
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