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A titulo de curiosiade, calculei umas somas para k
variando ate 15.
Para isso, utilizei umas propriedades da
Transformada Z.
T(1)=(n*(n+1))/2
T(2)=(n*(n+1)*(2*n+1))/6
T(3)=(n^2*(n+1)^2)/4
T(4)=(n*(n+1)*(2*n+1)*(3*n^2+3*n-1))/30
T(5)=(n^2*(n+1)^2*(2*n^2+2*n-1))/12
T(6)=(n*(n+1)*(2*n+1)*(3*n^4+6*n^3-3*n+1))/42
T(7)=(n^2*(n+1)^2*(3*n^4+6*n^3-n^2-4*n+2))/24
T(8)=(n*(n+1)*(2*n+1)*(5*n^6+15*n^5+5*n^4-15*n^3-n^2+9*n-3))/90
T(9)=(n^2*(n+1)^2*(n^2+n-1)*(2*n^4+4*n^3-n^2-3*n+3))/20
T(10)=(n*(n+1)*(2*n+1)*(n^2+n-1)*(3*n^6+9*n^5+2*n^4-11*n^3+3*n^2+10*n-5))/66
T(11)=(n^2*(n+1)^2*(2*n^8+8*n^7+4*n^6-16*n^5-5*n^4+26*n^3-3*n^2-20*n+10))/24
T(12)=(n*(n+1)*(2*n+1)*(105*n^10+525*n^9+525*n^8-1050*n^7-1190*n^6+2310*n^5+1420*n^4-3285*n^3-287*n^2+2073*n-691))/2730
T(13)=(n^2*(n+1)^2*(30*n^10+150*n^9+125*n^8-400*n^7-326*n^6+1052*n^5+367*n^4-1786*n^3+202*n^2+1382*n-691))/420
T(14)=(n*(n+1)*(2*n+1)*(3*n^12+18*n^11+24*n^10-45*n^9-81*n^8+144*n^7+182*n^6-345*n^5-217*n^4+498*n^3+44*n^2-315*n+105))/90
T(15)=(n^2*(n+1)^2*(3*n^12+18*n^11+21*n^10-60*n^9-83*n^8+226*n^7+203*n^6-632*n^5-226*n^4+1084*n^3-122*n^2-840*n+420))/48
Abracos
Ricardo
ps: observe a expressao para k=15 : A formula nao
eh tao simples e bonitinha como para k=1,2 e 3. Divirta-se!
----- Original Message -----
Sent: Monday, April 02, 2007 3:39
PM
Subject: [obm-l] RES: [obm-l] Soma das
k-ésimas potências dos n primeiros naturais
O
processo usual eh esse mesmo. Podemos provar que a soma das k-esimas
potências dos n primeiros numeros naturais (como, na realidade, a
da soma das k-esimas potencias dos n primeiros termos de uma PA) eh
um polinomio do grau k + 1 em n. Assim, podemos usar este fato e o metodo
dos coeficientes a determinar para achar os coeficientes do polinomio. Mesmo
assim eh trabalhoso.
O
coeficiente do termo lider eh sempre 1/(k+1).
Artur
.
Olá à todos!
Alguém
conhece uma fórmula fechada para (Sum de i=1,n) i^k?
Para k = 0,
temos S = n
Para k =1, temos uma PA S = (1+ n)*n/2
Para k=2 pensei no
seguinte..
(1-1)^3 = 1^3 - 3*1^2 + 3*1 - 1
(2-1)^3 = 2^3 -3*2^3 +
3*2 -1
...
(n-1)^3 = n^3 - 3*n^2 + 3*n -1
Somando essas n
equações percebemos que o primeiro termo das. eq. da direita sempre cancelam
o primeiro termo da próxima equação:
0 = -3(S) + 3(Spa) - n + n^3
Desenvolvendo o raciocínio chegamos na conhecida fórmula S =
(n+1)(2n+1)*n/6
Para k=3 se ao invés de utilizarmos (n-1)^3, usarmos
(n-1)^4 também chegamos na expressão correspondente (S =
[(1+n)*n/2]^2)
Dúvida: Podemos sempre utilizar uma diferença
entre n e 1 e elevar a k+1 afim de achar o somatório das potências dos n
naturais elevados a k? Isso me pareceu bastante intuitivo, mas o problema é
que a sequência ficaria em função de S(k-1). Como tirar essa recursividade?
--
Abraços,
J.Renan
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29/3/2007 13:36
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