Kezdőlap


Cím:	Az n első egész szám p-edik hatványai összegének kiszámításáról
Füzet:	1894/július, 44 - 46. oldal	PDF \| MathML

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

Hogy az

\begin{matrix} S_{p} = 1^{p} + 2^{p} + 3^{p} + ... + n^{p}, \end{matrix}

hatványösszeget képezhessük, néhány segédtételre van szükségünk, melyeket a következőkben levezetünk.
Jelentse

f (x)

\begin{matrix} A x^{n} + B x^{n - 1} + ... + M x + N \end{matrix}

alakú egész függvényét az

x

-nek. Jelentsék továbbá

\begin{matrix} f_{0}, f_{1}, ... f_{k} \end{matrix}

a függvény azon értékeit, melyeket ez felvesz, ha

x

helyébe az

x - 0, x_{1}, ..., x_{k}

értékeket helyettesítjük.
Legyen

\begin{matrix} f_{0}' = f_{1} - f_{0}, f_{1}' = f_{2} - f_{1}, ... f'_{n - 1} = f_{n} - f_{n - 1} \end{matrix}

\begin{matrix} f_{0} " = f'_{1} - f'_{0}, f''_{1} = f'_{2} - f'_{1}, ... f''_{n - 2} = f'_{n - 1} - f'_{n - 2} \end{matrix}

s általánosságban

\begin{matrix} f_{0}^{k} = f_{1}^{k - 1} - f_{0}^{k_{1}} \end{matrix}

2)

-ből következik, hogy

\begin{matrix} f_{1} = f_{0} + f'_{0}, f_{2} = f_{1} + f'_{1}, ..., f_{n} = f_{n - 1} + f'_{n - 1} \end{matrix}

3)

-at is tekintetbe vesszük, lesz:

\begin{matrix} f_{2} = f_{0} + 2 f'_{0}, + f_{0}^{"}, f_{3} = f_{1} + 2 f'_{1} + f_{1}^{"} \end{matrix}

s általánosságban

\begin{matrix} f_{k} = f_{0} + (\binom{k}{1}) f'_{0} + (\binom{k}{2}) f_{0}^{"} + ... + f_{0}^{k} \end{matrix}

Hogy a

6)

helyes, azt úgy bizonyítjuk, hogy megmutatjuk, miszerint helyes marad, ha

k

helyébe

k + 1

-et írunk. Ugyanis

\begin{matrix} f_{k + 1} = f_{1} + (\binom{k}{1}) f'_{1} + (\binom{k}{2}) f_{1}^{"} + ... + f_{1}^{k} \end{matrix}

\begin{matrix} f_{k + 1} = (f_{0} + f'_{0}) + (\binom{k}{1}) (f'_{0} + f_{0}^{"}) + (\binom{k}{2}) (f_{0}^{"} + f_{0}^{'''}) + ... + f_{0}^{k} + f_{0}^{k + 1} \end{matrix}

\begin{matrix} f_{k + 1} = f_{0} + [1 + (\binom{k}{1})] f_{0}^{'} + [(\binom{k}{1}) + (\binom{k}{2})] f^{'}'_{0} + ... + f_{0}^{k + 1} \end{matrix}

mely egyenlet a következő alakban írható.

\begin{matrix} f_{k + 1} = f_{0} + (\binom{k + 1}{1}) f'_{0} + (\binom{k + 1}{2}) f_{0}^{"} + ... + f_{0}^{k + 1} \end{matrix}

a közismeretes

\begin{matrix} (\binom{k + 1}{r + 1}) = (\binom{k}{r + 1}) + (\binom{k}{r}) \end{matrix}

összefüggésnél fogva.
Legyen

\begin{matrix} f (x) = x^{p}, és x_{0} = 0, x_{1} = 1, l d o t s, x_{n} = n \end{matrix}

akkor a

6)

-nál fogva:

\begin{matrix} x^{p} = f_{0} + \frac{x}{1} f'_{0} + \frac{x (x - 1)}{1 \cdot 2} f_{0}^{"} + \frac{x (x - 1) (x - 2)}{1 \cdot 2 \cdot 3} f_{0}^{'''} + \dots + \frac{x (x - 1) \dots (x - p + 1)}{1 \cdot 2 \dots p} f_{0}^{p} \end{matrix}

s ha ezen egyenletbe fokozatosan

0, 1, 2, ... n

-et helyettesítünk s a nyert eredményeket összeadjuk, a következő eredményt kapjuk:

\begin{matrix} S_{p} = f_{0}' \sum_{1}^{n} \frac{x}{1} + f_{0}^{"} \sum_{1}^{n} \frac{x (x - 1)}{1 \cdot 2} + \dots + f_{0}^{k} \sum_{1}^{n} \frac{x (x - 1) \dots (x - p + 1)}{1 \cdot 2 \dots p} \end{matrix}

10)

\begin{matrix} \sum_{1}^{n} \frac{x}{1} = (\binom{n + 1}{2}), \sum_{1}^{n} \frac{x (x - 1)}{1 \cdot 2} = (\binom{n + 1}{3}), ..., \sum_{1}^{n} \frac{x (x - 1) \dots (x - p + 1)}{1 \cdot 2 \dots p} = (\binom{n + 1}{p + 1}) \end{matrix}

mely képletek igazságát a

7)

alatti egyenlet segélyével bizonyítjuk.
Ugyanis

\begin{matrix} (\binom{n + 1}{p + 1}) = (\binom{n}{p + 1}) + (\binom{n}{p}) \end{matrix}

\begin{matrix} (\binom{n}{p + 1}) = (\binom{n - 1}{p + 1}) + (\binom{n - 1}{p}) \end{matrix}

\begin{matrix} (\binom{n - 1}{p + 1}) = (\binom{n - 2}{p + 1}) + (\binom{n - 2}{p}) \end{matrix}

\begin{matrix} ... ............................................. \end{matrix}

\begin{matrix} (\binom{p + 2}{p + 1}) = (\binom{p + 1}{p + 1}) + (\binom{p + 1}{p}) \end{matrix}

\begin{matrix} (\binom{p + 1}{p + 1}) = 1 \end{matrix}

s így tehát ez utóbbi egyenletek összeadása után

\begin{matrix} (\binom{n + 1}{p + 1}) = (\binom{n}{p}) + (\binom{n - 1}{p}) + (\binom{n - 2}{p}) + \dots + (\binom{p + 1}{p}) + 1 = \end{matrix}

\begin{matrix} = \sum_{1}^{n} (\binom{x}{p}) = \sum_{1}^{n} \frac{x (x - 1) \dots (x - p + 1)}{1 \cdot 2 \dots p} . \end{matrix}

Lesz tehát a keresett összeg végleges alakja a következő

\begin{matrix} S p = \frac{(n + 1) n}{1 \cdot 2} f'_{0} + \frac{(n + 1) n (n - 1)}{1 \cdot 2 \cdot 3} f_{0}^{"} + \dots + \end{matrix}

\begin{matrix} + \frac{(n + 1) n (n - 1) \dots (n - p + 1)}{1 \cdot 2 \dots (p + 1)} f_{0}^{p} \end{matrix}

11)

PÉLDÁK. - Legyen

p = 1

, akkor

\begin{matrix} \begin{matrix} f_{0} = 0 & f_{1} = 1 & f_{2} = 2 \\ f'_{0} = 1 & f_{1}' = 1 \\ f_{0}^{"} = 0 \end{matrix} \end{matrix}

s így tehát

\begin{matrix} S_{1} = \frac{(n + 1) n}{1 \cdot 2} \end{matrix}

p = 2

, a következő táblázat készítendő

\begin{matrix} \begin{matrix} 0 & 1 & 4 & 9 \\ 1 & 3 & 5 \\ 2 & 2 \\ 0 \end{matrix} \end{matrix}

és így tehát

\begin{matrix} S_{2} = \frac{(n + 1) n}{1 \cdot 2} + \frac{(n + 1) n (n - 1)}{1 \cdot 2 \cdot 3} \cdot 2 = \frac{(n + 1) (2 n + 1)}{6} \end{matrix}

p = 3

, képezzük a következő táblázatot

\begin{matrix} \begin{matrix} 0 & 1 & 8 & 27 & 64 \\ 1 & 7 & 19 & 37 \\ 6 & 12 & 18 \\ 6 & 6 \\ 0 \end{matrix} \end{matrix}

és így tehát

\begin{matrix} S_{3} = \frac{n (n + 1) n}{1 \cdot 2} + \frac{(n + 1) n (n - 1)}{1 \cdot 2 \cdot 3} \cdot 6 + \frac{(n + 1) n (n - 1) (n - 2)}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4} \cdot 6 \end{matrix}

vagy továbbá

\begin{matrix} S_{3} = \frac{n (n + 1)}{1 \cdot 2} [1 + 2 (n - 1) + \frac{(n - 1) (n - 2)}{2}] \end{matrix}

vagy végre

\begin{matrix} S_{3} = \frac{n (n + 1)}{1 \cdot 2} \cdot \frac{n + n^{2}}{2} = {[\frac{n (n + 1)}{1 \cdot 2}]}^{2} . \end{matrix}