Question

$\sum_{k=1}^{n}k^5$ 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..

Comments

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.

Answer 1

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.

Answer 2

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.

Comments

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.

Answer 3

$a$ 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.