summary:The article derives the formula for the sum of the $k$-th powers of positive integers from $1$ to $n$ in the form of a polynomial in the variable $n$. The determination of the coefficients $a_{k,j}$ of the polynomial (a two-parametric problem) is converted into the determination of the members of a progression $B_p% , so called Bernoulli numbers (a one-parametric problem), and a recurrent formula for these numbers is derived. Then, mutual divisibility of the polynomials is examined for different values of $k$, and Nikomachos theorem is mentioned as a special case

Tomsa, Jan

Institute of Mathematics AS CR, v. v. i.

Rozhledy matematicko-fyzikálníJan TomsaExistuje obecný vzorec pro součet mocnin přirozených čísel?Rozhledy matematicko-fyzikální, Vol. 90 (2015), No. 3, 1–13Persistent URL: http://dml.cz/dmlcz/146626Terms of use:© Jednota českých matematiků a fyziků, 2015Institute of Mathematics of the Czech Academy of Sciences provides access to digitizeddocuments strictly for personal use. Each copy of any part of this document must containthese Terms of use.This document has been digitized, optimized for electronic deliveryand stamped with digital signature within the project DML-CZ:The Czech Digital Mathematics Library http://dml.czMATEMATIKAExistuje obecný vzorec pro součet mocninpřirozených čísel?Jan Tomsa, Ústav biofyziky 2. LF UK, PrahaAbstract. The article derives the formula for the sum of the kth powers of po-sitive integers from 1 to n in the form of a polynomial in the variable n. Thedetermination of the coefficients ak,j of the polynomial (a two-parametric pro-blem) is converted into the determination of the members of a progression Bp,so called Bernoulli numbers (a one-parametric problem), and a recurrent for-mula for these numbers is derived. Then, mutual divisibility of the polynomialsis examined for different values of k, and Nikomachos theorem is mentionedas a special case.Tento problém mě zajímá už od středoškolských let, kdy jsem se v sou-těžích (Matematická olympiáda) setkal s úlohami, v nichž se tento prvekvyskytoval. Vždy však šlo buď jen o dokázání nějaké dílčí vlastnosti,nebo o výrazy pro konkrétní mocniny. S obecnou formulí jsem se tehdynesetkal. Existuje vůbec?Nechť n a k jsou přirozená čísla (k může být i 0). OznačmeSk(n) = 1k + 2k + . . .+ nk =n∑m=1mk.Zcela zjevně je S0(n) = n. Ke vzorciS1(n) =n(n+ 1)2se váže historka o sedmiletém K. F. Gaussovi, jak rychle sečetl přirozenáčísla od 1 do 100, když učitel potřeboval zaměstnat žáky.∗) Známé jsourovněž vzorceS2(n) =n(n+ 1)(2n+ 1)6,S3(n) =n2(n+ 1)24,∗) Pozn. redakce: viz http://www.storyofmathematics.com/19th gauss.html.Ročník 90 (2015), číslo 3 1MATEMATIKAv podrobnější literatuře (např. [1], [6]) lze najít i vzorce pro S4(n), S5(n)a další. Dokázat je lze např. indukcí podle n, což přenechávám čtenářiza snadné cvičení.My si povšimneme faktu, že v těchto vzorcích jsou vesměs polynomystupně k + 1. Abychom to mohli tvrdit obecně, dokážeme nejprve jedenpomocný vztah (vzpomínám si, že byl kdysi předmětem jedné olympijskéúlohy). Platí totižn · Sk(n) = Sk+1(n) + Sk(1) + Sk(2) + . . .+ Sk(n− 1).Důkaz se provede nejlépe pomocí jednoduchého schématu. Rozepíše-me-li n-krát pod sebou sumu Sk(n) do sčítanců, pak uvidíme, že prvkynad diagonálou a na ní tvoří dohromady výrazSk+1(n) = 1 · 1k + 2 · 2k + 3 · 3k + . . .+ n · nk,zatímco každý řádek pod diagonálou představuje jeden z následujícíchsčítanců na pravé straně:1k 2k 3k . . . nk1k 2k 3k . . . nk1k 2k 3k . . . nk. . . . . . . . . . . . . . . . .1k 2k 3k . . . nkZe vztahu přímo vyplývá důkaz našeho tvrzení indukcí podle k: je-liSk(n) polynom stupně k+ 1 (splněno pro k = 0, 1, 2, 3), pak n · Sk(n) jepolynom stupně k+ 2. Z našeho vztahu plyne Sk+1(n) < n · Sk(n), jehostupeň tudíž nemůže být vyšší. (Jiný rekurentní vztah s týmž důsledkemje odvozen např. v [2] a [3].) Můžeme tedy hledat vzorec ve tvaruSk(n) = ak,0 + ak,1n+ . . .+ ak,k+1nk+1 =k+1∑j=0ak,jnj .Jde nyní o to nalézt obecné vyjádření koeficientů ak,j . Vyjděme z tri-viálního faktu, žeSk(n+ 1) = Sk(n) + (n+ 1)k.2 Rozhledy matematicko-fyzikálníMATEMATIKAS použitím binomické věty můžeme psátk+1∑i=0ak,ii∑j=0(ij)nj =k+1∑j=0ak,jnj +k∑j=0(kj)nj .Vzhledem k tomu, že binomické koeficienty jsou pro j > i, resp. j > k,rovny nule, můžeme na levé straně prohodit pořadí sumací a sumy napravé straně sloučit do jedné:k+1∑j=0nj ·k+1∑i=0(ij)ak,i =k+1∑j=0nj ·(ak,j +(kj))Jde o rovnost dvou polynomů, takže pro každé j musí platitk+1∑i=0(ij)ak,i = ak,j +(kj).Speciálně pro j = 0 jek+1∑i=0ak,i = ak,0 + 1.Levá strana je rovna jedné, neboť vyjadřuje hodnotu Sk(1). To ovšemznamená, že ak,0 = 0, jinými slovy, polynom Sk(n) neobsahuje absolutníčlen, a je tudíž”dělitelný“ n (v tom smyslu, že z něj lze n vytknout).Vraťme se však k předchozí rovnosti. Suma vlevo fakticky začíná ažod i = j (předchozí členy jsou rovny nule), přičemž první nenulový členje roven ak,j . Po jeho odečtení přejde rovnost na tvark+1∑i=j+1(ij)ak,i =(kj).Zavedením nových indexů p = k − j, q = i− j ji můžeme přepsat nap+1∑q=1(k − p+ qk − p)ak,k−p+q =(kk − p)Ročník 90 (2015), číslo 3 3MATEMATIKAneboli (díky symetrii Pascalova trojúhelníku)p+1∑q=1(k − p+ qq)ak,k−p+q =(kp). (∗)Tato rovnost (resp. soustava rovností) v principu poskytuje rekurentnímetodu, jak pro libovolné k koeficienty určovat. Stačí postupně dosazo-vat p = 0, 1, 2, . . . a do nové rovnosti vždy koeficienty určené z rovnostípředešlých. Tak pro p = 0 máme(k + 11)ak,k+1 =(k0), ak,k+1 =1k + 1.Dále pro p = 1 (uvažujeme-li k > 0) je(k1)ak,k +(k + 12)ak,k+1 =(k1), ak,k =12.Známe již první dva členy hledaného polynomu, takže platíSk(n) =nk+1k + 1+nk2+ o(nk).To má názornou geometrickou interpretaci. Nakreslíme-li graf funkcey = xk v intervalu 〈0;n〉, pak první člen má význam integrálu, tedyplochy pod grafem funkce. Samotnou sumu Sk(n) můžeme znázornitplochou sloupkového grafu téže funkce pro přirozená x. Pokud ty částiplochy sloupků, které přečnívají nad křivku, aproximujeme trojúhelníky,pak součet jejich ploch je roven polovině plochy posledního sloupku, cožpředstavuje druhý člen naší prozatímní formule (obr. 1).Poslední člen o(nk) je polynom stupně nejvýše k−1. Zbývá určit jehokoeficienty. V zásadě bychom mohli pokračovat v předchozím postupu,tj. např. pro p = 2 (uvažujeme k > 1) je(k − 11)ak,k−1 +(k2)ak,k +(k + 13)ak,k+1 =(k2),ak,k−1 =k12.4 Rozhledy matematicko-fyzikálníMATEMATIKAPokud však dosadíme p = 3, zjistíme (možná trochu překvapivě), žeak,k−2 = 0. To mimo jiné znamená, že z hlediska numerických odhadůmáme k dispozici velice výhodnou formuliSk(n) =nk+1k + 1+nk2+k · nk−112+ o(nk−2)(poslední člen je polynom stupně nejvýše k − 3).Obr. 1Dříve, než budeme pokračovat, porovnejme dosavadní výsledkys obecně známými vzorci uvedenými shora:S0(n) =n11= nS1(n) =n22+n12=n(n+ 1)2S2(n) =n33+n22+2n112=n(n+ 1)(2n+ 1)6S3(n) =n44+n32+3n212=n2(n+ 1)24Poznámka: Absolutní členy, které formule zdánlivě generuje pro k = 0,resp. k = 1, neuvažujeme, neboť při výpočtu příslušných koeficientů jsmepředpokládali k > 0, resp. k > 1; není zde tedy žádný spor s poznatkem,že jsou rovny nule.Ročník 90 (2015), číslo 3 5MATEMATIKAOdvodíme S4(n). Podle předchozího je a4,5 = 15 , a4,4 =12 , a4,3 =13 ,a4,2 = 0, a4,0 = 0. Z podmínky S4(1) = 1 určímea4,1 = 1− 15 −12− 13= − 130,S4(n) =n55+n42+n33− n130=n(n+ 1)(2n+ 1)(3n2 + 3n− 1)30.Najdeme ještě S5(n). Známe a5,6 = 16 , a5,5 =12 , a5,4 =512 , a5,3 = 0,a5,0 = 0, ale neznáme a5,2 ani a5,1. Z podmínky S5(1) = 1 však plyne,že jejich součet je roven − 112 . Vzorec tedy můžeme hledat ve tvaruS5(n) =2n6 + 6n5 + 5n4 + xn2 − (x+ 1)n12,kde x je neznámá konstanta. Z podmínky S5(2) = 33 určíme x = −1,takže a5,2 = − 112 , a5,1 = 0. Hledaný vzorec má tudíž tvarS5(n) =2n6 + 6n5 + 5n4 − n212=n2(n+ 1)2(2n2 + 2n− 1)12.Správnost obou vzorců lze dokázat indukcí, což opět přenechávámčtenáři za snadné cvičení. To vše jsou však jen dílčí úspěchy, obecnývzorec pro Sk(n), resp. pro koeficienty ak,j , stále nemáme.Poznámka: Pohled na dosud odvozené vzorce by nás mohl svádět k lá-kavé hypotéze, žeSk+2(n) = (Akn2 +Bkn+ Ck) · Sk(n),kde Ak, Bk a Ck jsou vhodné koeficienty. Skutečně totižS2(n)S0(n)=2n2 + 3n+ 16,S3(n)S1(n)=n2 + n2,S4(n)S2(n)=3n2 + 3n− 15,S5(n)S3(n)=2n2 + 2n− 13.6 Rozhledy matematicko-fyzikálníMATEMATIKAPokud by hypotéza platila, znamenalo by to, že obecný vzorec pro Sk(n)pro sudé, resp. liché, k můžeme získat z S0(n), resp. S1(n), vynásobe-ním konečným počtem kvadratických trojčlenů. Bohužel, není tomu tak.Hledání S6(n) ve tvaru (An2 +Bn+ C) · S4(n) nevede k cíli.Jde tedy o to, zda dokážeme předchozí postup korektně zobecnit. Do-savadní výsledky naznačují, že koeficienty ak,k−p jsou pro pevné p vždynějakou jednoduchou funkcí k. Pokud bychom měli hypotézu, jak tytofunkce konstruovat, mohli bychom ji dosazením do rovnosti (∗) ověřit.Jak ale vyjádřit obecný člen posloupnosti{1k + 1,12,k12, 0, . . .}?Jistou heuristickou ideu nabízí pohled na naši přibližnou formuli. Jižjsme se zmínili, že první člen představuje integrál funkce xk, tedy primi-tivní funkci. Ve druhém členu vystupuje nk, tedy funkce samotná, třetíčlen obsahuje výraz k · nk−1, tedy první derivaci této funkce. Pokud sina chvíli představíme, že n není přirozené číslo, ale spojitá proměnná, aoznačímeFk,m(n) =dm(nk)dnm,nabízí se hypotéza rovnostiSk(n) =k−1∑m=−1bmFk,m(n),kde bm jsou nějaké (zatím neznámé) koeficienty nezávislé na k.Poznámka: Důvodem, proč sumu sčítáme pouze do m = k − 1, je po-žadavek zaručit absenci absolutního členu, kterou jsme již dokázali. Prom = k bychom dostali absolutní člen obecně různý od nuly.V posledním výrazu klademeFk,−1(n) =nk+1k + 1, Fk,0(n) = nk(jinými slovy: primitivní funkci, resp. funkci samotnou považujeme zamínus první, resp. nultou derivaci). Pro 0 < m < k je pak samozřejměFk,m(n) = k(k − 1) . . . (k −m+ 1) · nk−m = k!(k −m)! · nk−m.Ročník 90 (2015), číslo 3 7MATEMATIKAVyjádření pomocí faktoriálů platí dokonce i pro m = 0, jakož i prom = −1. Naše hypotéza tudíž vede na vztahak,k−m =k!(k −m)! · bmpro všechna m < k (možnost m = k neuvažujeme, neboť již víme, žeak,0 = 0). Vztah zjevně platí pro m = −1, 0, 1, 2. Hodnoty příslušnýchkoeficientů jsou: b−1 = 1, b0 = 12 , b1 =112 , b2 = 0. Zvolíme-li v rovno-sti (∗) substituci m = p− q, dostaneme po dosazení a úpravěp−1∑m=−1bm(p−m)! =1p!.Tuto”nekonečnou soustavu rovností“ zapíšeme v maticové formě⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝11! 0 0 0 . . .12!11! 0 0 . . .13!12!11! 0 . . .14!13!12!11! . . ................⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠·⎛⎜⎜⎜⎜⎝b−1b0b1b2...⎞⎟⎟⎟⎟⎠ =⎛⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎜⎝10!11!12!13!...⎞⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎠.Matice soustavy je dolní trojúhelníkovou maticí, což znamená, že po-stupně lze z každé rovnice přímo určit jeden koeficient. Jinými slovy,máme rekurentní vzorec pro výpočet členů posloupnosti koeficientů:b−1 = 1,bp =1(p+ 1)!−p−1∑m=−1bm(p−m+ 1)! pro p > −1V poslední rovnosti jsme p nahradili p+1 a oddělili poslední člen sumy.Hypotézu tím lze pokládat za dokázanou, neboť z rekurentní definiceje zřejmé, že taková posloupnost existuje. Výpočtem snadno ověříme, ževzorec dává správné hodnoty pro p = 0, 1, 2. Další členy posloupnostijsou: b3 = − 1720 , b4 = 0, b5 = 130 240 , b6 = 0, b7 = − 11 209 600 , b8 = 0,b9 = 147 900 160 , b10 = 0, . . .8 Rozhledy matematicko-fyzikálníMATEMATIKAPodařil se významný krok, neboť problém dvouparametrický (hledáníkoeficientů ak,j) byl převeden na jednoparametrický (hledání koefici-entů bp), neboli jsme našli posloupnost(bp)∞p=−1 takovou, žeSk(n) =k−1∑p=−1bp · k!(k − p)! · nk−p.Známe její první (vlastně”mínus první“) člen i rekurentní předpis provýpočet dalších členů. Např. pro k = 6 obdržímeS6(n) =n77+n62+n52− n36+n142==n(n+ 1)(2n+ 1)(3n4 + 6n3 − 3n+ 1)42,pro k = 7 obdržímeS7(n) =n88+n72+7n612− 7n424+n212==n2(n+ 1)2(3n4 + 6n3 − n2 − 4n+ 2)24.Za povšimnutí stojí, že hypotéza o kvadratických trojčlenech se sicenepotvrdila, nicméně platíS6(n)S2(n)=3n4 + 6n3 − 3n+ 17,S7(n)S3(n)=3n4 + 6n3 − n2 − 4n+ 26.Bohužel polynomy 4. stupně v čitateli nelze”elegantně“ rozložit.K úplnému vyřešení problému v uzavřeném tvaru chybí již jen přímévyjádření p-tého členu posloupnosti (bp) jako funkce proměnné p (tedyne rekurentní). Nenulové členy klesají velmi rychle, numerické testy na-značují, že zhruba jako 1/(p + 1)!, z hlediska výpočtů se tudíž jeví vý-hodnějším zkoumat posloupnostBp = p! · bp−1,Ročník 90 (2015), číslo 3 9MATEMATIKApro niž se rekurentní definice změní naB0 = 1, Bp = 1− 1p+ 1p−1∑m=0(p+ 1m)Bm.Výsledná formule pak jednoduchou úpravou přejde na tvarSk(n) =1k + 1k∑p=0Bp(k + 1p)nk−p+1.Nazývá se Bernoulliův [5] (v drobné obměně též Faulhaberův [6]) vzoreca čísla Bp Bernoulliova čísla. Několik prvních hodnot udává tabulka:p 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15Bp 1 12160 − 1300 1420 − 1300 5660 − 6912 7300 760Na otázku z nadpisu článku tedy můžeme odpovědět kladně, ovšems tím, že vzorec obsahuje Bernoulliova čísla. Jejich explicitní vyjádřenísice existuje, ale je dost složité a jeho odvození by dalece přesahovalozáměr tohoto článku. Zde pro pořádek uveďme jen tolik, že pro licháp > 1 jsou všechna Bp = 0, pro sudá p > 0 střídají znaménka [5].Poznámka: Dříve se jako Bernoulliova čísla označovaly jen sudé (ne-nulové) členy posloupnosti, navíc brané kladně, tj. B̃p = |B2p|, prop = 1, 2, . . . [1]. V této symbolice má náš vzorec formuSk(n) =nk+1k + 1+nk2+[ k2 ]∑p=1(−1)p+1B̃p2p(k2p− 1)nk−2p+1.(Symbol [x] znamená celou část čísla x, tedy největší celé číslo, které jemenší nebo rovné x.)Vraťme se však ještě na chvíli k rozkladům Sk(n) na součiny poly-nomů. Pokud pokračujeme ve výpočtech pro vyšší mocniny, i nadálezjišťujeme, že pro sudá k > 2 výraz pravidelně obsahuje činitel S2(n),10 Rozhledy matematicko-fyzikálníMATEMATIKApro lichá k > 3 činitel S3(n):S8(n) =n(n+ 1)(2n+ 1)6· 5n6 + 15n5 + 5n4 − 15n3 − n2 + 9n− 315S9(n) =n2(n+ 1)24· 2n6 + 6n5 + n4 − 8n3 + n2 + 6n− 35S10(n) =n(n+ 1)(2n+ 1)6·· 3n8 + 12n7 + 8n6 − 18n5 − 10n4 + 24n3 + 2n2 − 15n+ 511Jinými slovy, pravděpodobnou se nyní jeví hypotéza, žeS2k(n) = S2(n) · Pk(n),S2k+1(n) = S3(n) ·Qk(n),kde Pk(n) a Qk(n) jsou polynomy stupně 2k − 2 (uvažujeme k > 1).Jak S2(n), tak S3(n) obsahují výraz n(n+1). To, že z polynomu Sk(n)lze vytknout n, jsme již dokázali. Dále samozřejmě platíSk(n) = Sk(n+ 1)− (n+ 1)ka jak již víme, z obou výrazů na pravé straně lze vytknout výraz n+ 1.K důkazu hypotézy je tudíž třeba dokázat, že dále lze vytknout:• pro sudá k ještě výraz 2n+ 1,• pro lichá k ještě jednou n(n+ 1), tedy celkově n2(n+ 1)2.Pro lichá k je důkaz snadný. Poslední (lineární) člen polynomu Sk(n)je totiž roven Bk · n, a jelikož pro lichá k > 1 je Bk = 0, je poslednímnenulovým členem polynomu člen kvadratický, a lze z něj tudíž vytknoutn2. To však rovněž znamená, že z Sk(n + 1) lze vytknout (n + 1)2 avzhledem k poslednímu vztahu lze totéž učinit s Sk(n).Důkaz pro sudá k je trochu komplikovanější (alespoň jednodušší semi nepodařilo nalézt). Nejprve rozšiřme definiční obor polynomu Sk(n),definovaného Bernoulliovým vzorcem, na všechna reálná čísla, tj. defi-nujme jej jako funkci na R. Pozorný čtenář si všimne, že odvození vzorcebylo provedeno nezávisle na předpokladu n ∈ N, takže rovnostSk(n) = Sk(n− 1) + nkRočník 90 (2015), číslo 3 11MATEMATIKAje splněna nejen pro přirozená, ale pro všechna reálná čísla n. Spočtěmenyní Sk(n) + Sk(−n). Dosazením a úpravou získámeSk(n) + Sk(−n) = 1k + 1k∑p=0Bp(k + 1p)nk−p+1(1 + (−1)k−p+1) .Vzhledem k tomu, že k je sudé, jsou členy se sudým p rovny nule. Prolichá p > 1 jsou Bp = 0, takže jediný nenulový člen na pravé straně ječlen s p = 1. Je protoSk(n) + Sk(−n) = 1k + 1·B1(k + 11)nk(1 + (−1)k) = nk.Z toho však plyne rovnostSk(n− 1) + Sk(−n) = 0.Dosadíme-li n = 12 , zjistíme, že Sk(− 12 ) = 0. Polynom Sk(n) má tedyv bodě n = − 12 nulový bod, a je tudíž dělitelný výrazem 2n+ 1.Poznámka: Dosazením n = 0 bychom získali alternativní důkaz děli-telnosti výrazem n + 1. Obdobným postupem pro lichá k bychom od-vodili rovnost Sk(n − 1) = Sk(−n). Z předchozího vyplývá, že funkceS̃k(n) = Sk(n− 12 ) je pro liché k sudá, pro sudé k lichá.Vzájemnou dělitelnost polynomů Sk(n) lze znázornit schématem:S2(n)→ S2k(n), k > 1S0(n)→ S1(n) ↗↘S3(n)→ S2k+1(n), k > 1Zde skončíme, i když možnosti zkoumání problému nejsou vyčerpány.Zajímavé by asi bylo vyšetřovat vlastnosti polynomů Pk(n) a Qk(n).Zde uveďme jen tolik, že vzhledem k vlastnostem S2(n), resp. S3(n),mají stejnou vlastnost jako Sk(n) pro lichá k, a tudíž analogicky S̃k(n)definované polynomy P̃k(n) a Q̃k(n) jsou sudé funkce.Závěrem doplňme, že rovnost S3(n) = S21(n) je známa už od staro-věku, nazývá se Nikomachův teorém [6]. Nevíme přesně, jak Nikomachos(kolem r. 150 n. l.) [4] tento vztah dokazoval – pravděpodobně uvažovalpodle schématu:12 Rozhledy matematicko-fyzikálníMATEMATIKA1 2 3 4 5 6 7 … n 2 4 6 8 10 12 14 … 2n 3 6 9 12 15 18 21 … 3n 4 8 12 16 20 24 28 … 4n 5 10 15 20 25 30 35 … 5n 6 12 18 24 30 36 42 … 6n 7 14 21 28 35 42 49 … 7n … … … … … … … … … n 2n 3n 4n 5n 6n 7n … n n Na jedné straně je(1 + 2 + . . .+ n) + (2 + 4 + . . .+ 2n) + . . .+ (n+ 2n+ . . .+ n · n) == 1 · (1 + 2+ . . .+ n) + 2 · (1+ 2+ . . .+ n) + . . .+ n · (1+ 2+ . . .+ n) == (1 + 2 + . . .+ n) · (1 + 2 + . . .+ n),na straně druhé je1 = 1 · (1 · 1)(2 + 2) + 4 = 2 · (2 · 2)(3 + 6) + (6 + 3) + 9 = 3 · (3 · 3)(4 + 12) + (8 + 8) + (12 + 4) + 16 = 4 · (4 · 4)(5 + 20) + (10 + 15) + (15 + 10) + (20 + 5) + 25 = 5 · (5 · 5)(6 + 30) + (12 + 24) + (18 + 18) + (24 + 12) + (30 + 6) + 36 = 6 · (6 · 6)L i t e r a t u r a[1] Rektorys, K., a kol.: Přehled užité matematiky. SNTL, Praha, 1981.[2] Rokyta, M.: Součet k-tých mocnin přirozených čísel. http://www.karlin.mff.cuni.cz/~rokyta/vyuka/general/tahaky/soucty mocnin.pdf.[3] Slavík, J.: Součet k-tých mocnin čísel řady přirozené. Časopis pro pěstovánímathematiky a fysiky 16 (1887), s. 121–122. http://dml.cz/bitstream/handle/10338.dmlcz/122780/CasPestMatFys 016-1887-3 4.pdf.[4] Úlehla, J.: Dějiny matematiky I. Dědictví Komenského, Praha, 1901.[5] http://en.wikipedia.org/wiki/Bernoulli number[6] http://mathworld.wolfram.com/PowerSum.htmlRočník 90 (2015), číslo 3 13

Existuje obecný vzorec pro součet mocnin přirozených čísel?

http://dml.cz/bitstream/handle/10338.dmlcz/146626/Rozhledy_090-2015-2_1.pdf

Existuje obecný vzorec pro součet mocnin přirozených čísel?

Abstract

Similar works

Full text

Available Versions

Institute of Mathematics AS CR, v. v. i.