Akademisyenler öncülüğünde matematik/fizik/bilgisayar bilimleri soru cevap platformu
0 beğenilme 0 beğenilmeme
1.6k kez görüntülendi

$\sum_{k=1}^{n}k^5$ toplaminin sade hali nedir?

sade hal derken: $\sum_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}$.

Bunu genellestirdigimizde 

$a \geq 1$ icin $\sum_{k=1}^{n}k^a$ toplaminin sade hali nedir? Ya da bunu elde edebilecegimiz bir tumevarim yontemi? ilk olarak, tamsayi $a$'lar ve varsa eger tum reel sayilar icin..

Lisans Matematik kategorisinde (25.4k puan) tarafından  | 1.6k kez görüntülendi
https://www.youtube.com/watch?v=wUA2MpOp87U adresinde bunu anlatan bir video var.

Conway & Guy'in The Book of Numbers  adli kitabinda Umbral Calculus kullanarak bu tur toplamlari Bernoulli sayilari cinsinden ifade eden -yanilmiyorsam 3 sayfalik- oldukca kolay anlasilir bir kisim var.

$a$ sayisi tam sayi olmadigi zaman hakkinda bir cozum baslik altinda verilmedi henuz.

Şuradaki kitapta (İngilizce) çok güzel böyle ispatlar var.

O kitabın 67. sayfadan sonrasında bu gibi formüllerin elde edilişi var.

3 Cevaplar

2 beğenilme 0 beğenilmeme
ilk olarak: $$\sum_{i=1}^k(i^{n+1}-(i-1)^{n+1})=k^{n+1}.$$ $i^{n+1}-(i-1)^{n+1}$ su sekilde de yazilabilir: $$i^{n+1}-\left[\binom{n+1}{0}i^{n+1}-\binom{n+1}{1}i^{n}+...+(-1)^r\binom{n+1}{r}i^{n+1-r}...+(-1)^{n+1}\binom{n+1}{n+1}i^{0}\right]$$ sadelestirdigimizde: $$\binom{n+1}{1}i^{n}+...+(-1)^{r-1}\binom{n+1}{r}i^{n+1-r}+...+(-1)^{n}\binom{n+1}{n+1}i^{0}.$$ Oyleyse: $$\sum_{i=1}^k\left[\binom{n+1}{1}i^{n}+...+(-1)^{r-1}\binom{n+1}{r}i^{n+1-r}+...+(-1)^{n}\binom{n+1}{n+1}i^{0}\right]=k^{n+1}.$$ Yani: $$(n+1)\sum_{i=1}^ki^{n}+\sum_{i=1}^k\left[-\binom{n+1}{2}i^{n-1}...+(-1)^{r-1}\binom{n+1}{r}i^{n+1-r}...+(-1)^{n}\right]=k^{n+1}.$$ Goruldugu uzere: $$(n+1)\sum_{i=1}^ki^{n}=k^{n+1}+\sum_{i=1}^k\left[\binom{n+1}{2}i^{n-1}...+(-1)^{r}\binom{n+1}{r}i^{n+1-r}...+(-1)^{n+1}\right].$$ Burdan da: $$\sum_{i=1}^ki^{n}=\frac{1}{n+1}\left(k^{n+1}+\sum_{i=1}^k\left[\binom{n+1}{2}i^{n-1}...+(-1)^{r}\binom{n+1}{r}i^{n+1-r}...+(-1)^{n+1}\right]\right).$$ Artik tumevarimdan hepsini cozebiliriz.
(25.4k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi
2 beğenilme 0 beğenilmeme

Bir çözüm de ben ekleyeyim:

$k,n\in\mathbb{N}$ olmak üzere

$$S_k(n):=1^k+2^k+3^k+\ldots +n^k=\sum_{i=1}^{n}i^k$$ diyelim ve şu oranlara bir göz atalım.

$x_1:=\frac{S_5(1)}{S_3(1)}=\frac{1^5}{1^3}=1=\frac{9}{9}$

$x_2:=\frac{S_5(2)}{S_3(2)}=\frac{1^5+2^5}{1^3+2^3}=\frac{33}{9}$

$x_3:=\frac{S_5(3)}{S_3(3)}=\frac{1^5+2^5+3^5}{1^3+2^3+3^3}=\frac{276}{36}=\frac{69}{9}$

$x_4:=\frac{S_5(4)}{S_3(4)}=\frac{1^5+2^5+3^5+4^5}{1^3+2^3+3^3+4^3}=\frac{1300}{100}=\frac{117}{9}$

olduğuna göre 

$$\frac{S_5(n)}{S_3(n)}=\frac{1^5+2^5+3^5+\ldots +n^5}{1^3+2^3+3^3+\ldots +n^3}$$ oranının ne olacağını önce birkaç cebirsel işlem ile tahmin edelim. Sonra da bu tahminimizin doğru olduğu tümevarım ile kanıtlarız.

$$x_2-x_1=\frac{33}{9}-\frac{9}{9}=\frac{24}{9}=\frac{8}{3}=2\cdot\frac{4}{3}$$

$$x_3-x_2=\frac{69}{9}-\frac{33}{9}=\frac{36}{9}=4=3\cdot\frac{4}{3}$$

$$x_4-x_3=\frac{117}{9}-\frac{69}{9}=\frac{48}{9}=\frac{16}{3}=4\cdot\frac{4}{3}$$

$$\vdots$$

$$x_n-x_{n-1}=n\cdot\frac{4}{3}$$

olur. Bunları taraf tarafa topladığımızda $$x_n-x_1=\frac{4}{3}(2+3+4+\ldots +n)=\frac{4}{3}\left[\frac{n(n+1)}{2}-1\right]$$

$$\Rightarrow$$

$$x_n=\frac{4}{3}\left[\frac{n(n+1)}{2}-1\right]+x_1=\frac{4}{3}\left[\frac{n(n+1)}{2}-1\right]+1$$

$$\Rightarrow$$

$$x_n=\frac{2n^2+2n-1}{3}$$ bulunur. O halde $$\frac{S_5(n)}{S_3(n)}=\frac{1^5+2^5+3^5+\ldots +n^5}{1^3+2^3+3^3+\ldots +n^3}$$ oranı için tahminimiz $$x_n=\frac{2n^2+2n-1}{3}$$ yani 

$$\frac{S_5(n)}{S_3(n)}=\frac{1^5+2^5+3^5+\ldots +n^5}{1^3+2^3+3^3+\ldots +n^3}=\frac{2n^2+2n-1}{3}$$ olacaktır. Buradan da 

$$S_5(n)=S_3(n)\cdot\frac{2n^2+2n-1}{3}$$ yani $$S_5(n)=\frac{n^2(n+1)^2}{4}\cdot\frac{2n^2+2n-1}{3}=\frac{n^2(n+1)^2(2n^2+2n-1)}{12}$$

elde edilir. Tabii bunun doğru olduğunu mutlaka tümevarım ile gösterilmesi gerekiyor. (Neden?) Bu kısmı da okuyucuya egzersiz olarak kalsın.

(11.4k puan) tarafından 
tarafından düzenlendi

Birkac soru sorayim: $5$ ile $3$u neden iliskilendirdik. Neden $5$ ile $4$ degil de $5$ ile $3$. Bir de bu yontemi genellestirebilir miyiz? (Benim cozumdeki gibi). 

$5$ ile $4$ ü ilişkilendirdiğimizde $x_n-x_{n+1}$ farkları arasında bir ilişki yakalayamadım. Bu yüzden $5$ ile $3$ ü ilişkilendirdim. Genelleştirme hususunda şimdilik bir şey söyleyemeyeceğim. Sanırım zor.

Sercan merhaba. Geçen gün düşünürken aklıma şöyle bir şey geldi. Belki işe yarar. Çok kafa yormadım. $k,n\in\mathbb{N}$ olmak üzere

$$\frac{S_{k+2}(n)}{S_k(n)}$$ oranı sanki her zaman işe yarar gibi geliyor. Geniş bir zamanda bakacağım. Yeni bir şey bulursam yine yazarım.

0 beğenilme 0 beğenilmeme

$a$ nın pozitif tamsayı olduğu durumda Bernoulli polinomları cinsinden bir eşitlik elde ediliyor. Faulhaber formülleri diye adlandırılıyor, şuradan bakabilirsiniz.

http://en.wikipedia.org/wiki/Faulhaber%27s_formula

$a$ eğer 1 den büyük bir reel sayı ise bu durumda Riemann zeta fonksiyonunun analitik genişlemesi göz önüne alınarak toplamlara bir yorum getirilebilir belki ama istediğiniz türden kapalı bir formülün olduğunu sanmıyorum.



(210 puan) tarafından 
20,221 soru
21,752 cevap
73,359 yorum
2,004,254 kullanıcı