Polinomis per a sumes de potències de progressions aritmètiques

Són polinomis en funció d'una variable que, quan la variable coincidix en el número de sumants, calculen la suma de potencies en bases en progressió aritmètica i exponent igual al número anterior al seu grau. El problema és per tant trobar polinomis tals que:

$S_n^p(h,d)=\sum _{k=0}^{n-1}(h+kd{)}^p=h^p+(h+d{)}^p+\cdots +(h+(n-1)d{)}^p,$

en variable $n$ i paràmetros $p,h,d$ del plinomio $S_n^p(h,d)$; $n$ i $p$ sancers no negatius, $h$ primer terme d'una progressió aritmètica i $d\ne 0$ diferència de la mateixa progressió, sent $h$ i $d$ qualsevol número real o complex

$S_n^p(1,1)=\sum _{k=0}^{n-1}(1+k{)}^p=\sum _{k=1}^n{k}^p=1^p+2^p+\dots +n^p$ són els polinomis identificats per la fòrmula de Faulhaber presentada póstumamente per Jacob Bernoulli en 1713;

$S_n^p(0,1)=\sum _{k=0}^{n-1}{k}^p=0^p+1^p+\dots +(n-1{)}^p$ són els polinomis diferenciant-se dels anteriors només en el signe d'un monomi de grau p;

$S_n^p(1,2)=\sum _{k=0}^{n-1}(1+2k{)}^p=1^p+3^p+\dots +(2n-1{)}^p$ són els polinomis per sumixques de potències d'número impar successius.

Método en matrius

Per a qualsevol $m$ sancer positiu, el cas general es resol per mig de la següent fòrmula:

$\overrightarrow{S_n}(h,d)=T(h,d)A^{-1}\overrightarrow{N_n},$ a on

$[\overrightarrow{S_n}(h,d){]}_r=S_n^{r-1}(h,d),[\overrightarrow{N_n}{]}_r=n^r,$

$[T(h,d){]}_{r,c}=\{\begin{array}{cc}0,& \text{si }c>r,\\ (\genfrac{}{}{0ex}{}{r-1}{c-1})h^{r-c}{d}^{c-1}& \text{si }c\le r.\end{array},[A{]}_{r,c}=\{\begin{array}{cc}0,& \text{si }c>r,\\ (\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{c-1}),& \text{si }c\le r,\end{array},$

en $1\le r\le m$ i $1\le c\le m$ a on $r$ (fila), $c$ (columna) i $m$ (orde de la matriu) són sancers.

Eixemple

La fòrmula en el cas particular  $m=5(p=0,1,\mathrm{...},m-1)$ es convertix en :  

$\left(\begin{array}{c}{S}_n^0(h,d)\\ S_n^1(h,d)\\ S_n^2(h,d)\\ S_n^3(h,d)\\ S_n^4(h,d)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& 0& 0\\ h& d& 0& 0& 0\\ h^2& 2hd& d^2& 0& 0\\ h^3& 3h^{2}d& 3h{d}^2& d^3& 0\\ h^4& 4h^{3}d& 6h^2{d}^2& 4h{d}^3& d^4\end{array}\right){\left(\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& 0& 0\\ 1& 2& 0& 0& 0\\ 1& 3& 3& 0& 0\\ 1& 4& 6& 4& 0\\ 1& 5& 10& 10& 5\end{array}\right)}^{-1}\left(\begin{array}{c}n\\ n^2\\ n^3\\ n^4\\ n^5\end{array}\right)$

I en el cas especial $m=5,h=1,d=2$, calcula la suma dels $n$ primers número impar consecutius

Calculant la matriu T(h,d), els elements de la qual seguixen el teorema del binomi en els valors assignats, és dir, T(1,2), i trobant la matriu inversa de la matriu triangular inferior A obtinguda a partir del triàngul de Pascal privat de l'últim element de cada fila (matriu formada a partir del números de Bernoulli, mostrada en roig), tenim :

$T(1,2)=\left(\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& 0& 0\\ 1& 2& 0& 0& 0\\ 1& 4& 4& 0& 0\\ 1& 6& 12& 8& 0\\ 1& 8& 24& 32& 16\end{array}\right),A^{-1}=\left(\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& 0& 0\\ -\frac{1}{2}& \frac{1}{2}& 0& 0& 0\\ \frac{1}{6}& -\frac{1}{2}& \frac{1}{3}& 0& 0\\ 0& \frac{1}{4}& -\frac{1}{2}& \frac{1}{4}& 0\\ -\frac{1}{30}& 0& \frac{1}{3}& -\frac{1}{2}& \frac{1}{5}\end{array}\right)$

multiplicant les files per les columnes de les dos matrius s'obté

$\left(\begin{array}{c}{S}_n^0(1,2)\\ S_n^1(1,2)\\ S_n^2(1,2)\\ S_n^3(1,2)\\ S_n^4(1,2)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccccc}1& 0& 0& 0& 0\\ 0& 1& 0& 0& 0\\ -\frac{1}{3}& 0& \frac{4}{3}& 0& 0\\ 0& -1& 0& 2& 0\\ \frac{7}{15}& 0& -\frac{8}{3}& 0& \frac{16}{5}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}n\\ n^2\\ n^3\\ n^4\\ n^5\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}n\\ n^2\\ -\frac{1}{3}n+\frac{4}{3}{n}^3\\ -n^2+2n^4\\ \frac{7}{15}n-\frac{8}{3}{n}^3+\frac{16}{5}{n}^5\end{array}\right).$

i per tant:

$S_n^0(1,2)=n,S_n^1(1,2)=n^2,S_n^2(1,2)=-\frac{1}{3}n+\frac{4}{3}{n}^3,S_n^3(1,2)=-n^2+2n^4,S_n^4(1,2)=\frac{7}{15}n-\frac{8}{3}{n}^3+\frac{16}{5}{n}^5.$. Per últim, si interessen les sumes dels tres primers sumants

$S_3^0(1,2)=3,S_3^1(1,2)=9,S_3^2(1,2)=35,S_3^3(1,2)=153,S_3^4(1,2)=707=1^4+3^4+5^4.$

Método en polinomis de Bernoulli

La següent fòrmula resol el problema de forma implícita utilisant polinomis de Bernoulli: $S_n^p(h,d)=\frac{d^p}{p+1}(B_{p+1}(n+\frac{h}{d})-B_{p+1}(\frac{h}{d}))$

En particular:

$S_n^p(1,1)=\frac{B_{p+1}(n+1)-B_{p+1}(1)}{p+1}$

$S_n^p(0,1)=\frac{B_{p+1}(n)-B_{p+1}(0)}{p+1}$

$S_n^p(1,2)=2^p\frac{B_{p+1}(n+\frac{1}{2})-B_{p+1}(\frac{1}{2})}{p+1}$