Geometria delle somme di potenze di interi consecutivi

Z Z

X m

k = S (n) = m S (x) dx + 1 − m S (x) dx n (1)

m m−1 m−1

0 0

k=1

Ricavai questa formula parecchi anni or sono, ma allora ero interessato a qual-

cosa di computazionalmente efficiente, e dal momento che essa non lo è per nulla

la chiusi in un cassetto. L’ho ritrovata per caso sei mesi fa; ho fatto qualche

ricerca in letteratura e sul web, ma non sono stato in grado di trovare alcunché

di simile. La formula è di facile lettura, e permette di fare a meno di polinomi

di Bernoulli, coefficienti binomiali o funzioni di Riemann, profondamente con-

nessi alle somme di potenze ma di certo meno usuali. Per di più, essa fa luce

sulla struttura geometrica soggiacente: le costruzioni che si trovano alla fine

dell’articolo possono essere comprese anche senza integrali, e potrebbero essere

impiegate per un’introduzione non analitica alla materia.

Facciamo innanzitutto una veloce carrellata di alcuni approcci “standard” al

problema dell’espansione di S (n) come funzione esplicita di n e m. In ultima

m

essenza, si tratta di trovare un polinomio di ordine m + 1 (Shultz, 1980)

m+1

X j

P (x) = c x

j

j=0

tale che P (n) = S (n). Questo si può ottenere, banalmente, come soluzione di

m

un ben definito sistema lineare di m + 2 equazioni in m + 2 incognite (i c ), ma

j

nk=1 nk=0

m m

P P

osservando che k = k , vale ∀ m ≥ 1

0 1

X X

m m

k = 0 e k = 1

k=0 k=0

1 2

e cioè Siamo pertanto sicuri che c = 0 e

ogni polinomio assume i valori 0 e 1. 0

P c = 1, ed alla fine si rimane con il seguente sistema di m + 1 equazioni in

j

m + 1 incognite: j · (c ) = (S (i)) i, j = 1, . . . , m + 1

a = i j m

ij

del quale un semplice esempio per m = 2 è:

 

 

 

1 1 1 1

c 1 1 1

1

2 4 8 = , c = , c =

· 5 =⇒ c =

c 2 3

1

2

 

 

  6 2 3

3 9 27 14

c 3

La famosa forma chiusa di Faulhaber (Academia 1631), qui esposta

Algebræ,

con notazione algebrica moderna (Conway and Guy, 1996)

m

n

1 m +1

X

X m+1−j

m B (n)

k = j

j

(m + 1) j=0

k=1

ove B (x) sono i polinomi di Bernoulli, offre naturalmente una prospettiva piú

j

profonda, portandoci tuttavia ben distanti da un contesto di soli numeri interi.

Sistemi per ricavare i c come (Guo and Qi, 1999)

j

m+1

i

X i−p+1 c = δ p = 0, 1, . . . , m

(−1) i p,m

p

i=p+1

sono computazionalmente efficienti, ma ancora piú involuti, e chiamare in causa

le funzioni ζ di Riemann e Hurwitz ed i numeri complessi (Apostol, 1995)

n

X m

k = ζ(−m) − ζ(−m, 1 + n)

k=1

ne fa una materia da specialisti.

Per preparare il terreno prima di dare una dimostrazione alla (1), richiami-

amo alcune particolari proprietà dei polinomi di Bernoulli (si rimanda il lettore

interessato a [1], [7] e [8] per un elenco delle proprietà più note), e formuliamo

due proposizioni ausiliarie. Sia B (x) il polinomio di Bernoulli di grado m ≥ 1;

m

allora sono soddisfatte le seguenti identità: n

B (n) − B (a) Z

m+1 m+1 = B (t) dt

m

m +1 a n

B (n + 1) − B (0)

m+1 m+1 X m

= k

m +1 k=0

m−1

B (x + 1) − B (x) = mx

m m

x+1

Z m

B (t) dt = x

m

x

e, per completezza, ricordiamo che in generale si ha

a

Z m−1 m

m t dt = a

0

Con le notazioni spora, valgono le seguenti: 3

(di integrazione).

Proposizione 1 n B (n + 1) − B (0)

m+1 m+1

X m =

k = m +1

k=0 m

B (n) + (m + 1)n − B (0)

m+1 m+1 =

= m +1 n

Z m

B (x) dx + n

= m

0

e (del coefficiente).

Proposizione 2

1 1 1

B (x + 1) B (0)

Z Z Z

m m

1 − m S (x) dx = 1 − m dx + m dx =

m−1 m m

0 0 0

1 1

m−1

mx B (x)

Z Z m

=1 − m dx + m dx + B (0) =

m

m m

0 0

= 1 − 1 + B (0) = B (0)

m m

Siamo ora pronti a dare la seguente

(di ricorsione).

Proposizione 3 n 1

Z Z

S (n) = m S (x) dx + 1 − m S (x) dx n

m m−1 m−1

0 0

Procediamo per induzione. Per m = 0 abbiamo

Dimostrazione. n n

X X

0

S (n) = k = 1= n

0 k=1 k=1

da cui n n

Z Z

1 S (x) dx + 1 − 1 S (x) dx n =

0 0

0 0

n 1

Z Z

= x dx + 1 − x dx n =

0 0

2 n

n + = S (n)

= 1

2 2

Supponiamo ora che la (1) sia valida per m. Allora partendo dalla Proposizione

1 e con qualche passaggio si ottiene: n

Z m+1

S (n) = B (x) dx + n =

m+1 m+1

0

x

n

Z

Z m+1

B (t) dt + B (0) dx + n =

(m + 1)

= m m+1

0

0 n

x

n Z Z

Z m dx + B (0) dx =

B (t) dt + x

= (m + 1) m+1

m 0

0

0 n

Z S (x) dx + B (0) · n

= (m + 1) m m+1

0 4

e grazie alla Proposizione 2 questo completa la nostra dimostrazione.

Mi è sembrato interessante come la formula per la somma di una potenza

possa essere costruita direttamente dalla potenza precedente, salvo che per il

2

termine in n, che naturalmente diviene n nel processo di integrazione, e che

la somma dei coefficienti {c } sia essa stessa connessa al medesimo integrale:

j

mettendo insieme le Proposizioni 2 e 3 si mostra che

m+1 1

Z

X S (x) dx con c = B (0)

c = m m−1 m

j 1

0

j=2

Fin qui, solo analisi matematica, ma la Formula (1) ha un aspetto chiaro e sem-

plice, ed un’attenta lettura ne suggerisce una facile interpretazione geometrica.

La somma delle potenze di ordine 0 è naturalmente 1 + 1 + · · · + 1 = n =

n

R dx, ed alcuni segmenti allineati lungo l’asse x (una dimensione) sono suffici-

0

enti per una chiara illustrazione. Non c’è qui la reale esigenza di un integrale,

tuttavia esso ci consentirà di sviluppare un seguito coerente. Restando sulla

y 2

x x



y= 2 2

dx x x dx

x x

x

∫

x= dt

0

Fig. 1: interpretazione geometrica delle potenze di ordine 0 e 1

Figura (1), si potrebbe allineare i segmenti di lunghezza 1, 2, 3 e cosı̀ via lungo

l’asse x per illustrare la somma delle potenze di ordine 1 (in basso a sinistra),

tuttavia è più conveniente passare al piano (2 dimensioni) e mantenere incre-

menti di lunghezza unitaria sia lungo l’asse x che lungo l’asse y. Questo tipo

di illustrazione è ben noto in letteratura, ma questa volta ci concentriamo sul

2

fatto che l’area del triangolo bianco n /2 è l’integrale della somma delle potenze

di ordine 0 (ciè n), e che, per ogni incremento unitario, dobbiamo aggiungere

n/2 per riempire i buchi (triangoli in grigio chiaro), ove 1/2 è esattamente pari

alla differenza fra 1 e l’integrale fra 0 ed 1 della somma delle potenze di ordine 0.

Che dire sulla somma delle potenze di ordine 2? Ancora, limitare la nostra

visuale al piano xy non ci dice molto. Sfruttiamo invece l’ulteriore dimensione,

5

e ridisponiamo le cose come in Figura (2). Gli incrementi unitari sono ora

ugualmente distribuiti lungo ciascun asse, ed ogni passo porta sulla scena un

altro quadrato. Dobbiamo ora dimostrare come questo sia in relazione

volume

ad un integrale che coinvolga le in Figura (1). Innanzitutto, scriviamo

superfici z

y x

x y

Fig. 2: ridisposizione delle potenze di ordine 2 nello spazio tridimensionale

la Formula (1) in modo esplicito per questo caso, con una piccola manipolazione:

n 1 2

2

x x

x

x Z

Z + dx + 1 − 2 + dx n =

S (n) = 2

2 2 2 2 2

0

0 n 1

2 2

Z

x x x

x

1 Z

=2 + dx + − + dx n (2)

2 2 2 2 2

0 0

Se per un istante tralasciamo il fattore comune 2, gli integrali forniscono esatta-

mente metà del volume mostrato in Figura (2), in accordo alla Figura (3a), il cui

corpo principale è composto dal tetraedro generato per integrazione dall’area

triangolare bianca in Figura (1). Ciascun triangolo grigio chiaro in Figura (1)

′ ′ ′ ′ ′

genera un volume OY A B Z che, unito ad un piccolo tetraedro OA B O , forma

1/2 cubo di lato unitario. Sembra che stiamo ottenendo il nostro mezzo volume;

il coefficiente 2 della Formula (2) sistemerà le cose.

Forse il metodo più semplice di verifica è contare. Innanzitutto, notiamo

′ ′ ′

che il piccolo tetraedro OA B O ha volume 1/6, come si può ricavare per inte-

′ ′

grazione (o semplice osservazione), pertanto il rimanente pezzo OY A B Z, che

completa il mezzo cubo, ha volume 1/3. Quindi, gli inserti in grigio scuro, che

rappresentano le parti di cubo unitario sezionate dall’area triangolare in grigio

chiaro OAB in Figura (3a), hanno ancora volume 1/6: questo si vede facilmente

per simmetria, come nel dettaglio in figura (3d). In Figura (3a) abbiamo un vol-

1

1 +3×(1− )+1×1,

ume principale limitato dal triangolo OAB, composto di: 6× 6 6

92 ′ ′

per un volume totale di . Poi abbiamo 6 poliedri del tipo di OY A B Z e 3

1 52

13 + 3 × = . A conti fatti:

tetraedri in grigio scuro, per un totale di 6 × 6

2 2 2

9 5 14 1 + 2 + 3

+ = =7=

2 2 2 2