Sommatoria di i^3
ciao a tutti ...
vorrei conoscere il procedimento per ricavare questa formula
sommatoria per i che va da 1 a n di i^3
= 1 + 8 + 27 + .... + n^3 =
[n^2(n + 1)^2]/4
scusate ma nn riesco a scriverlo in un modo migliore...
grazie anticipatamente
*lollo86*
vorrei conoscere il procedimento per ricavare questa formula
sommatoria per i che va da 1 a n di i^3
= 1 + 8 + 27 + .... + n^3 =
[n^2(n + 1)^2]/4
scusate ma nn riesco a scriverlo in un modo migliore...
grazie anticipatamente
*lollo86*
Risposte
caro lollo
tempo fà ho illustrato sul forum un procedimento generale ricorsivo per arrivare alla somma delle potenze k-esime dei primi n interi. Dal momento che l'ho consevato, non mi costa alcuna fatica ripostarlo di nuovo...
Il problema sollevato da Filippo è davvero interessante, al punto che vale la pena di cercare un procedimento generale. Cominciamo ad introdurre una notazione e indichiamo la somma delle potenze k-esime dei primi n interi come…
S(n,k) = 0^k + 1^k + 2^k + … + (n-1)^k + n^k = Sum [0<=i<=n] i^k [1]
Procedendo in maniera noiosa ma non difficilissima [vedi appendice] è possibile arrivare alla seguente formula…
(k+1,0)*S(n,0)+ (k+1,1)*S(n,1)+(k+1,2)*S(n,2)+…+(k+1,k)*S(n,k)= (n+1)^(k+1) [2]
… ove con la notazione (i,j) si sono indicati i cosiddetti ‘coefficienti binomiali’, ossia…
(i,j) = i!/[j! (i-j)!] [3]
Dalla [2] è immediato ricavare…
S(n,k) = [(n+1)^(k+1) – Sum [0<=i<= k-1] (k+1,i) S(n,i)]/(k+1,k) [4]
… la quale fornisce la somma delle potenze k-esime dei primi n interi una volta che si conoscono le precedenti S(n,i) per i=0,1,…,k-1
Applicando ricorsivamente la [4] [e ricordando che (k+1,k)= k+1…] si ottiene…
S(n,0) = n+1
S(n,1) = ½ [(n+1)^2 – (n+1)] = ½ n (n+1)
S(n,2) = 1/3 [ (n+1)^3 –3/2 n (n+1) – (n+1)] = 1/6 n (n+1) (2n+1)
S(n,3) = ¼ [(n+1)^4 – n (n+1) (2n+1) –2 n (n+1) – (n+1)] = ¼ n^2 (n+1)^2
…
Procedendo [con un poco di pazienza…] si trova la formula di Filippo relativa a k=5, poi se si vuole la formula con k=6, k=7… e se necessario [stavolta con molta pazienza…] la formula con k=101 richiesta da Angelo…
Sperando di esservi stato utile porgo a tutti… cordiali saluti!…
lupo grigio
Appendice
Per trovare la formula [2] si procede sviluppando il primo termine dell’uguaglianza…
(k+1,0) S(n,0) + (k+1,1) S(n,1) + (k+1,2) S(n,2) + … + (k+1,k) S(n,k) =
= Sum [0<= i <= n] Sum [0<= j <= k] (k+1,j) i^j = Sum [0<= i <= n] [(i+1)^(k+1) – i^(k+1)] [5]
Se si osserva la sommatoria nel secondo termine della [5] non è difficile accertare che essa è una somma ‘a canochiale’, infatti…
Sum [0<= i <= n] [(i+1)^(k+1) – i^(k+1)] = 1^(k+1) – 0^(k+1) + 2^(k+1) – 1^ (k+1) + 3^(k+1) – 2^(k+1) … + (n+1)^(k+1) – n^(k+1) = (n+1)^(k+1)
Col che la [2] è verificata…
tempo fà ho illustrato sul forum un procedimento generale ricorsivo per arrivare alla somma delle potenze k-esime dei primi n interi. Dal momento che l'ho consevato, non mi costa alcuna fatica ripostarlo di nuovo...
Il problema sollevato da Filippo è davvero interessante, al punto che vale la pena di cercare un procedimento generale. Cominciamo ad introdurre una notazione e indichiamo la somma delle potenze k-esime dei primi n interi come…
S(n,k) = 0^k + 1^k + 2^k + … + (n-1)^k + n^k = Sum [0<=i<=n] i^k [1]
Procedendo in maniera noiosa ma non difficilissima [vedi appendice] è possibile arrivare alla seguente formula…
(k+1,0)*S(n,0)+ (k+1,1)*S(n,1)+(k+1,2)*S(n,2)+…+(k+1,k)*S(n,k)= (n+1)^(k+1) [2]
… ove con la notazione (i,j) si sono indicati i cosiddetti ‘coefficienti binomiali’, ossia…
(i,j) = i!/[j! (i-j)!] [3]
Dalla [2] è immediato ricavare…
S(n,k) = [(n+1)^(k+1) – Sum [0<=i<= k-1] (k+1,i) S(n,i)]/(k+1,k) [4]
… la quale fornisce la somma delle potenze k-esime dei primi n interi una volta che si conoscono le precedenti S(n,i) per i=0,1,…,k-1
Applicando ricorsivamente la [4] [e ricordando che (k+1,k)= k+1…] si ottiene…
S(n,0) = n+1
S(n,1) = ½ [(n+1)^2 – (n+1)] = ½ n (n+1)
S(n,2) = 1/3 [ (n+1)^3 –3/2 n (n+1) – (n+1)] = 1/6 n (n+1) (2n+1)
S(n,3) = ¼ [(n+1)^4 – n (n+1) (2n+1) –2 n (n+1) – (n+1)] = ¼ n^2 (n+1)^2
…
Procedendo [con un poco di pazienza…] si trova la formula di Filippo relativa a k=5, poi se si vuole la formula con k=6, k=7… e se necessario [stavolta con molta pazienza…] la formula con k=101 richiesta da Angelo…
Sperando di esservi stato utile porgo a tutti… cordiali saluti!…
lupo grigio
Appendice
Per trovare la formula [2] si procede sviluppando il primo termine dell’uguaglianza…
(k+1,0) S(n,0) + (k+1,1) S(n,1) + (k+1,2) S(n,2) + … + (k+1,k) S(n,k) =
= Sum [0<= i <= n] Sum [0<= j <= k] (k+1,j) i^j = Sum [0<= i <= n] [(i+1)^(k+1) – i^(k+1)] [5]
Se si osserva la sommatoria nel secondo termine della [5] non è difficile accertare che essa è una somma ‘a canochiale’, infatti…
Sum [0<= i <= n] [(i+1)^(k+1) – i^(k+1)] = 1^(k+1) – 0^(k+1) + 2^(k+1) – 1^ (k+1) + 3^(k+1) – 2^(k+1) … + (n+1)^(k+1) – n^(k+1) = (n+1)^(k+1)
Col che la [2] è verificata…
grazie
ecco un metodo generale (rubato da un libro scritto da Giuseppe Lancia dell' universita' di Udine):
domanda: non si potrebbe usare il metodo di perturbazione?
-----------------------
Il bello di essere intelligente e' che puoi divertirti a fare l' imbecille, ma se sei un imbecille non puoi fare il contrario.
Woody Allen
domanda: non si potrebbe usare il metodo di perturbazione?
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Il bello di essere intelligente e' che puoi divertirti a fare l' imbecille, ma se sei un imbecille non puoi fare il contrario.
Woody Allen
caro eafkuor
il 'metodo generale' da te segnalato si presta assai bene per il calcolo di...
S(a,n)= Sum [0<=i<=n]a^i [1]
Sfortunatamente quello richiesto è un altro 'metodo generale', quello che consente il calcolo di...
S(k,n)= Sum [0<=i<=n] i^k [2]
cordiali saluti
lupo grgio
il 'metodo generale' da te segnalato si presta assai bene per il calcolo di...
S(a,n)= Sum [0<=i<=n]a^i [1]
Sfortunatamente quello richiesto è un altro 'metodo generale', quello che consente il calcolo di...
S(k,n)= Sum [0<=i<=n] i^k [2]
cordiali saluti
lupo grgio
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