Leonid Positselski

Я примерно в том же возрасте интересовался той же задачей про сумму степеней. Мне помнится, что я нашел способ найти формулу для каждого конкретного k, и реализовал его для 4,5 или 5,6. Общей формулы не нашел. :-)

А почему вы думаете, что это задача по анализу? Элементарная теория чисел или комбинаторика, мне кажется.

From:

Для каждого конкретного k я тоже умел, конечно. Это задача, как я осознал совсем недавно, ровно в точности на формулу Эйлера-Маклорена. Сумма значений f(m) по натуральным m от 1 до n выражается в виде ряда: главный член -- интеграл f от 1 до m, во второй член входят значения f на концах отрезка, в следующий член -- значения производных f на концах отрезка, и так далее. Коэффициентами являются числа Бернулли. В типичной ситуации этот ряд очень сильно расходится, но значения его частичных сумм выпадают поочередно то слева, то справа от значения искомой суммы f(m) и, прежде чем начать быстро возрастать, члены ряда могут некоторое время быстро убывать, в результате чего частичные суммы ряда близко подходят к искомой сумме значений f, прежде чем начать разбегаться. Так можно вычислять на калькуляторе некоторые иррациональности, вроде е и пи. Ну, а для многочлена f ряд Э.-М. стабилизируется и, разумеется, сходится куда ему положено, так что он и есть ответ. Интеграл, производные, числа Бернулли -- с точки зрения ребенка всяко анализ.

From:

Конечно, можно рассматривать эту задачу как задачу на формулу Эйлера-Маклорена. Но это слегка пушкой по воробьям, и можно без нее - Бернулли решил ее до формулы Эйлера-Маклорена.

From:

Для меня эта задача - на числа Стирлинга обоего рода, которые дают матрицы перехода (в обе стороны) между двумя базисами в пространстве многочленов от одного переменного х: базис из степеней х, и базис из "факториальных степеней"
х(х+1)...(х+n-1). В самом деле, задача суммирования факториальных степеней почти тривиальна. Лень проверять, кто был раньше - Стирлинг или Бернулли/Эйлер
(Эйлер был современником некоторых представителей семейства Бернулли, насколько я помню).

From:

Ну да. На мой взгляд, это комбинаторика, а не анализ.

Возможно, я ошибся и формулу открыл Эйлер, а не Бернулли.

From:

Плюс немножко линейной алгебры.

From:

Оказалось, что я на самом деле не вполне понял ваш подход. Суммирование факториальных степеней дает формулу через числа Стирлинга и эти факториальные степени, а хотелось бы получить формулу через числа Бернулли и обычные степени.

Не могли бы вы это поясить или дать ссылку?

From:

Как я понимаю, можно выразить обычные степени через факториальные степени, суммы факториальных степеней будут снова факториальными степенями, и эти новые факториальные степени можно выразить обратно через обычные степени. Получится формула, в которую входят компоненты матриц перехода между обычными и факториальными степенями в ту и в другую сторону. Но вот как получить отсюда формулу через числа Бернулли?

From:

Ну да, так можно сделать. Получится сложная формула, включающая в себя числа Стирлинга первого и второго рода. А вот как они свернутся в числа Бернулли, непонятно.

From:

Я не сомневаюсь, что свернуть эту формулу для коэффициентов (не такая уж она сложная, кстати) в числа Бернулли можно с помощью несложных манипуляций с производящими функциями. По правде говоря, лень и некогда сейчас этим заниматься. Но я вообще-то имел в виду просто, что вид ответа в исходной задаче о суммах степеней проще всего увидеть через числа Стирлинга (т.е., что это многочлен, чему равен его старший член, и т.д.). А "правильный" (= "из Книги" в терминологии Эрдеша) контекст для чисел Бернулли - надо полагать, всё же формула Эйлера-Маклорена.

From:

О, что это многочлен с определенным старшим членом, это так или иначе очевидно. Разностная производная является отображением с одномерным ядром из пространства многочленов степени k+1 в пространство многочленов степени k, к тому же, матрица этого отображения верхнетреугольна. Суть задачи в как можно более явном вычислении коэффициентов этого многочлена. Например, увидеть, что с точностью до совсем простых множителей коэффициент при x^{k-i} (будучи числом Бернулли) зависит только от i, но не от k.

From:

Присоедияюсь к комменту

posic.

Доказательство "From the BOOK" формулы для суммы степеней можно найти в недавней книге Шафаревича. Без Эйлера-Маклорена.

Правильный контекст для чисел Бернулли, как мне кажется, еще не найден.

From:

Отличное доказательство у Шафаревича, да. Почленное дифференцирование... и все сразу получается.

From:

Беру все свои слова обратно. Формула с числами Бернулли получается в две строчки, без всяких чисел Стирлинга и Эйлеров-Маклоренов. Зафиксируем n и обозначим через S(p) сумму p-ых степеней чисел от 0 до n-1. Тогда экспоненциальная производящая функция \sum_{p \geq 0} S(p) x^p/p! равна (заменяя, как обычно, порядок суммирования) \sum{k=0}^{n-1} \sum_{p \geq 0} (kx)^p/p! = \sum{k=0}^{n-1} e^{kx} = (e{nx} - 1) (e^x - 1)^{-1}. Искомый ответ для S(p) получается, если разложить оба множителя по степеням x и перемножить (с точностью до факториалов, коэффициенты во втором множителе (e^x - 1)^{-1} и есть числа Бернулли).

From:

Здорово, да. Для сравнения, вот вывод формулы Э.-М. для случая многочленов. На векторном пространстве многочленов степени не выше k+1 действует нильпотентный оператор d/dx. Его экспонента e^{d/dx} есть оператор, переводящий f(x) в f(x+1) (формула Тейлора для многочленов). Имеет место равенство формальных степенных рядов (1+e^D+...+e^{(n-1)D})D = (e^{nD}-1)(D/(e^D-1)). Подставим в это равенство D=d/dx и применим к неопределенному интегралу \int fdx от произвольного многочлена f степени не выше k, используя разложение D/(e^D-1) в ряд по D и тождество (e^{nD}-1)(g)(x) = g(x+n) - g(x). Чтобы получить формулу для суммы k-ых степеней чисел от 0 до n-1, нужно взять f(x)=x^k, а потом подставить x=0.

Видно, что эти два рассуждения очень похожи.

From:

И вот, все слова обратно. Так, конечно, можно.

А меня как раз заинтересовала возможность связать числа Стирлинга с числами Бернулли. Хотелось бы сделать это как-нибудь прямо (используя комбинаторные определения чисел Стирлинга), но, на худой конец, как получится.

From:

Ну да, теперь получается, что раз суммы степеней легко и независимо выражаются и через Стирлингов, и через Бернулли, то вот она и связь между ними: каждое число Бернулли это примерно сумма произведений Стирлингов разных родов. Забавно, конечно, что в сумме произведений присутствует лишний параметр, от которого ответ не зависит. Факт этой независимости можно попробовать объяснить комбинаторно, но, наверное, мне пора и делом заняться для разнообразия :).

А кстати, упоминаемое вами доказательство из книжки Шафаревича, что-ли ещё проще, чем то, что я выше привёл? Как-то не верится.

From:

Ну ладно, если вам это не кажется делом, ваше право. :-)

Что проще - зависит от предварительных сведений. Оно более ествественно и мотивированно. Наверное, это все по существу одно и тоже. У вас выскакивают экспоненциальные производящие фукции как deus ex machina, несколько манипулияций - и готово. Фокус. Дело вкуса, конечно.

From:

Вы меня заинтриговали. А у него-то какое доказательство, если в двух словах (я даже не знаю, что за новая книжка)?

From:

Книжка:

Discourses on Algebra
Series: Universitext, Springer
Shafarevich, Igor R.
Original Russian edition published by Journal Matematicheskie obrazovanie, 2000
2002, X, 276 p. 45 illus., Softcover
ISBN: 978-3-540-42253-2

В двух словах я не возьмусь, но могу вам прислать djvu-файл предварительного варианта, в котором это есть. Я думаю, это стандартное доказательство, просто хорошо изложенное.

From:

Файл можно скачать здесь:

http://djvu.504.com1.ru:8019/WWW/b4e4b94827fed15e2f3a4c86166f4b63.djvu.

Они просят посетить какую-то рекламу, но это занимает меньше минуты.

From:

Спасибо. Свирепость по части навязывания рекламы впечатляет. А доказательство - не особенно. Слишком сложное и длинное (с учетом того, что, как мы теперь знаем, на всё про всё достаточно пары строчек), да и поучительности особой не нахожу. Дело вкуса, впрочем.

From: