می‌دونیم مجموع متناهی اعداد طبیعی با برخی از توان‌های صحیح مثبت با فرمول‌های مخصوص به خودشون محاسبه میشه:
$$\sum_{i=1}^{n}i=1+2+3+…+n=\frac{n(n+1)}{2}$$
$$\sum_{i=1}^{n}i^{2}=1^{2}+2^{2}+3^{2}+…+n^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$
$$\sum_{i=1}^{n}i^{3}=1^{3}+2^{3}+3^{3}+…+n^{3}=\frac{n^{2}(n+1)^{2}}{4}$$
$$\sum_{i=1}^{n}i^{4}=1^{4}+2^{4}+3^{4}+…+n^{4}=\frac{n(n+1)(6n^{3}+9n^{2}+n-1)}{30}$$
اثبات هر کدام از فرمول‌ها به طور مستقیم (نه به روش استقراء) با فرمول‌های قبلی‌اش (به جز فرمول اول) و همچنین بسط دوجمله‌ای‌ها بدست میاد. اما سوال اینجاست:
آیا به طور کلی اگر $m$ یه عدد صحیح مثبت باشه، فرمولی برای
$$\sum_{i=1}^{n}i^{m}$$
وجود داره؟
چه ارتباطی در این سری‌ها وجود دارد؟
-
rohamavation
نام: roham hesami radرهام حسامی راد
محل اقامت: 100 مایلی شمال لندن جاده آیلستون، لستر، لسترشر. LE2
عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴
پست: 3077-
سپاس: 5322
- جنسیت:
تماس:
Re: چه ارتباطی در این سری‌ها وجود دارد؟
جالب اینجاست که اثبات این نوع جمع‌بندی نیز خیلی سخت نیست
اگر 2 را عوض کنیم برای یک عدد عمومی a$\text{(1) } \sum\limits_{i = 1}^n {a^i} = a^0+a^1+a^2+a^3+...+a^n$
ضرب (1) توسط a میده
$\text{(2) } a\sum\limits_{i = 1}^n {a^i} = a^1+a^2+a^3+a^4+...+a^{n+1}$
تفریق (1) از (2):دارم$\text{(3) } a\sum\limits_{i = 1}^n {a^i} - \sum\limits_{i = 1}^n {a^i} == (a-1)\sum\limits_{i = 1}^n {a^i}$از (1) و (2) شما میتونی ببینی که این همونه
$\text{(4) } a^1+a^2+a^3+a^4+...+a^{n+1} - (a^0+a^1+a^2+a^3+...+a^n) = (a-1)\sum\limits_{i = 1}^n {a^i}$
از آنجایی که همه بیت‌های میانی یکدیگر را خنثی می‌کنن،
$\text{(5) } a^{n+1} - a^0 = (a-1)\sum\limits_{i = 1}^n {a^i}$
و از $a^0$ همیشه برابر با 1 هست
$\text{(6) } a^{n+1} - 1 = (a-1)\sum\limits_{i = 1}^n {a^i}$
بازنویسی مجدد من
$\text{(7) } \frac{a^{n+1} - 1}{a-1} = \sum\limits_{i = 1}^n {a^i}$
و بازگشت به پست اصلی من و شما جایی که a=2باشه
$\frac{2^{n+1} - 1}{2-1} = \sum\limits_{i = 1}^n {2^i} = 2^0+2^1+2^2+2^3+...+2^n$
خوب اینجا ${\displaystyle \sum _{k=i}^{n}z^{k}={\frac {z^{i}-z^{n+1}}{1-z}}.}$
این فرمول فالهبر این است که
${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{p}={\frac {1}{p+1}}\sum _{k=0}^{p}{\binom {p +1}{k}}B_{k}n^{p-k+1}.}$
در اینجا، Bj اعداد برنولی مانند بالا هستن و
${\displaystyle {\binom {p+1}{k}}={\frac {(p+1)!}{(p+1-k)!\,k!}}={\frac {(p+1)p(p-1)\cdots (p-k+3)(p-k+2)}{k(k-1)(k-2)\cdots 2\cdot 1}}}$و جمله ای "p + 1 انتخاب k" است.
بنابراین، برای مثال، یک برای p = 4،
${\displaystyle {\begin{aligned}1^{4}+2^{4}+3^{4}+\cdots +n^{4}&={\frac {1}{5}}\sum _{j=0}^{4}{5 \choose j}B_{j}n^{5-j}\\&={\frac {1}{5}}\left(B_{0}n^{5}+5B_{1}n^{4}+10B_{2}n^{3}+10B_{3}n^{2}+5B_{4}n\right)\\&={\frac {1}{5}}\left(n^{5}+{\tfrac {5}{2}}n^{4}+{\tfrac {5}{3}}n^{3}-{\tfrac {1}{6}}n\right).\end{aligned}}}$
${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}k^{0}&={\frac {1}{1}}\,{\big (}n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{1}&={\frac {1}{2}}\,{\big (}n^{2}+{\tfrac {2}{2}}n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{2}&={\frac {1}{3}}\,{\big (}n^{3}+{\tfrac {3}{2}}n^{2}+{\tfrac {3}{6}}n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{3}&={\frac {1}{4}}\,{\big (}n^{4}+{\tfrac {4}{2}}n^{3}+{\tfrac {6}{6}}n^{2}+0n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{4}&={\frac {1}{5}}\,{\big (}n^{5}+{\tfrac {5}{2}}n^{4}+{\tfrac {10}{6}}n^{3}+0n^{2}-{\tfrac {5}{30}}n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{5}&={\frac {1}{6}}\,{\big (}n^{6}+{\tfrac {6}{2}}n^{5}+{\tfrac {15}{6}}n^{4}+0n^{3}-{\tfrac {15}{30}}n^{2}+0n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{6}&={\frac {1}{7}}\,{\big (}n^{7}+{\tfrac {7}{2}}n^{6}+{\tfrac {21}{6}}n^{5}+0n^{4}-{\tfrac {35}{30}}n^{3}+0n^{2}+{\tfrac {7}{42}}n{\big )}.\end{aligned}}}$
با تعریف اعداد برنولی ${\textstyle B_{1}=+{\frac {1}{2}}}$
${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=0}^{n-1}k^{p}&=0^{p}+1^{p}+2^{p}+\cdots +(n-1)^{p}\\&={\frac {1}{p+1}}\sum _{k=0}^{p}{\binom {p+1}{k}}B_{k}^{-}n^{p-k+1}.\end{aligned}}}$فرمول فالهبر را فرمول برنولی نیز میگم فالهبر خواص ضرایبی را که بعداً توسط برنولی کشف شد نمیدونست.به یاد داشته باش اقای پرتوزا که اگر توابع مولد نمایی زیر را داشته باشیم:
$\begin{align}
\widehat{A}(z)
&= \sum_{n \ge 0} a_n \frac{z^n}{n!} \\
\widehat{B}(z)
&= \sum_{n \ge 0} b_n \frac{z^n}{n!}
\end{align}$
سپس همچنین$\begin{align}
\widehat{A}(z) \cdot \widehat{B}(z)
&= \sum_{n \ge 0}
\left(
\sum_{0 \le k \le n} \frac{a_k}{k!} \frac{b_{n - k}}{(n - k)!}
\right) z^n \\
&= \sum_{n \ge 0}
\left(
\sum_{0 \le k \le n} \frac{n!}{k! (n - k)!} a_k b_{n - k}
\right) \frac{z^n}{n!} \\
&= \sum_{n \ge 0}
\left(
\sum_{0 \le k \le n} \binom{n}{k} a_k b_{n - k}
\right) \frac{z^n}{n!}
\end{align}$
بیایید تعریف کنم که
$\begin{align}
S_m(n)
= \sum_{1 \le k \le n - 1} k^m
\end{align}$
ما می توانیم تابع تولید نمایی را تعریف کنیم:
$\begin{align}
\widehat{S}_n(z)
&= \sum_{m \ge 0} S_m(n) \frac{z^m}{m!} \\
&= \sum_{1 \le k \le n - 1} \sum_{m \ge 0} \frac{k^m z^m}{m!} \\
&= \sum_{1 \le k \le n - 1} \mathrm{e}^{k z} \\
&= \frac{\mathrm{e}^{n z} - 1}{\mathrm{e}^z - 1} \\
\end{align}$
این تقریباً تابع مولد نمایی توان های n هست دیگه
$\begin{align}
\widehat{P}_n(z)
&= \sum_{m \ge 0} n^m \frac{z^m}{m!} \\
&= \mathrm{e}^{n z}
\end{align}$
ما میتوانیم بنویسیم:
$\begin{align}
(\widehat{P}_n(z) - 1) \widehat{B}(z)
= z \widehat{S}_n(z) \tag{1}
\end{align}$
که در آن تابع تولید نمایی اعداد برنولی را دارم
$\begin{align}
\widehat{B}(z)
&= \frac{z}{\mathrm{e}^z - 1} \\
&= \sum_{n \ge 0} B_n \frac{z^n}{n!}
\end{align}$
مقایسه ضرایب $z^{m + 1}$
در 1):
$\begin{align}
\sum_{m \ge 1} z^m
\sum_{0 \le k \le m}
\binom{m}{k} \frac{(n z)^{m - k}}{(m - k)!} B_k
= \sum_{m \ge 0} S_m(n) \frac{z^{m + 1}}{m!}
\end{align}$
پس از ساده سازی می گیریم:
$\begin{align}
S_m(n)
= \frac{1}{m + 1} \,
\sum_{0 \le k \le m} \binom{m + 1}{k} B_k n^{m + 1 - k}
\end{align}$
توجه کن : فرمول ارائه شده اغلب با فالهبر مرتبطه، اما فرمول های فالهبر کاملا متفاوتن (و از نظر محاسباتی بهترن). این فرمول مدیون برنولی است.تمام مقدارها را می توان از فرمول استقرایی زیر بدست آورد:
اجازه دهید$S_n(p)=\sum_{k=1}^{n} k^p\qquad n, p\in\mathbb N ~~~~~\text{called Cavalieri sum of oder p}$
می توانم مجموع را برای هر p≥1 محاسبه کنم در N$\color{red}{(n+1)^p -1 =\sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i} S_n(i)}$
برای مثال،برای p=1 ما $S_n(0)= \sum_{k=1}^n 1=n.$ را دریافت می کنیم.
برای p=2 ما گرفتیم
$(n+1)^2-1= S_n(0)+2 S_n(1)\implies S_n(1)= \frac12n(n+1)=\sum_{k=1}^n k$
برای p=3 ما گرفتیم$(n+1)^3-1= S_n(0)+3S_n(1)+ 3S_n(2)\\
\implies S_n(2)= \frac13((n+1)^3- (n+1)) - \frac12n(n+1)\\
S_n(2)= \frac16n(n+1)(2n-1)=\sum_{k=1}^n k^2$
اجازه دهید فرمول را ثابت کنیم فرمول دو جمله ای زیر را می دانیم
$(k+1)^p = k^p+ \sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i} k^i$
جایی که $\binom{p}{i}= \frac{p!}{i!(p-i)!}$
. که به این معنیه که
$\sum_{k=1}^{n} (k+1)^p =\sum_{k=1}^{n} k^p+\sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i} \sum_{k=1}^{n} k^i = S_n(p) +\sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i} S_n(i)$
ولی$\sum_{k=1}^{n} (k+1)^p = \sum_{k=2}^{n+1} k^p = S_{n+1}(p) -1 = S_n(p) +(n+1)^p -1$
بنابراین در نهایت فرمول را بدست می آوریم:
$\color{red}{(n+1)^p -1 =\sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i} S_n(i)}$
پس حالت کلی
$\sum_{k=1}^{n-1}k^p=\sum_{j=0}^p\frac{n^{\underline{j+1}}}{(j+1)!}\biggl(\sum_{k=0}^j(-1)^{j-k}\binom{j}{k}k^p\biggr)$
این حقیقت که
$\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}k^m=\dfrac{1}{m+1}\displaystyle\sum_{s=0}^m \dbinom{m+1}{s}\mathrm B_{s}n^{m-s+1} \tag*{(1)}$
باید دلالت کنه
$\displaystyle\sum_{k=1}^n k^m=\dfrac{1}{m+1}\displaystyle\sum_{s=0}^m (-1)^s \dbinom{m+1}{s}\mathrm B_{s}n^{m-s+1}. \tag*{(2)}$
باید درست باشد زیرا $\mathrm B_{2s+1}=0$
برای s≥1، اما من نمی فهمم چگونه$\mathrm B_{2s+1}=0$
دلالت بر (2). اگر هر n را تغییر دهم به n+1 در 1)
، سپس$\begin{align*}\displaystyle\sum_{k=1}^n k^m&=\dfrac{1}{m+1}\displaystyle\sum_{s=0}^m \dbinom{m+1}{s}\mathrm B_{s}\displaystyle\sum_{t=0}^{m-s+1}\dbinom{m-s+1}{t}n^t\\&=\dfrac{1}{m+1}\displaystyle\sum_{s=0}^m\displaystyle\sum_{t=0}^{m-s+1}\mathrm B_{s}\dbinom{m+1}{s}\dbinom{m-s+1}{t}n^t\\&=\dfrac{1}{m+1}\displaystyle\sum_{s=0}^m\displaystyle\sum_{t=0}^{m-s+1}\mathrm B_{s}\dbinom{m+1}{s+t}\dbinom{s+t}{s}n^t\\&=\dfrac{1}{m+1}\displaystyle\sum_{s=0}^m\displaystyle\sum_{t=0}^{m-s+1}\dfrac{\mathrm B_{s}}{s! \, t! \, (s+t)!}\dbinom{m+1}{s+t}n^t,\end{align*}$
اما من نمی دانم چگونه ادامه دهم آیا راهی برای خلاص شدن از دو برابری وجود دارد؟ بله جمع در (1) با s
زوج تحت تأثیر ضرب در$(-1)^s=1$ قرار نمی گیرند. شرایط با s فرد و بزرگتر از 1 نیز تحت تأثیر قرار نمی گیرن زیرا همه این عبارات به لطف ضریب Bs=0 0 هستند.. بنابراین، تنها عبارتی که تحت تأثیر قرار می‌گیرد عبارت با s=1 است
و به راحتی می توان بررسی کرد که این تغییر در سمت راست، مجموع را دقیقاً به همان شکل تغییر سمت چپ تغییر میده
من در بانک Lloyds حساب باز کردم گذرنامه و کارت دانشجویی و کپی سند خرید برگه که محل خونمون اونجاست کارتش با 4921 شروع میشه و تو های استریت قرار داره نزدیک خود دانشگاه -دانشگاه دارای کتابخانه بزرگ دیوید ویلسونه دستگاههای کپی و اینا تو طبقات 1و2و3 هست ازمایشگاه it هم تو طبقه اول هست ساختمان Percy Geeهمبرای غذاخوری-استارباکس – یک مکان عالیو محبوب برای نوشیدن قهوه در محوطه دانشگاه و Pantry – گیاهخواری که در محوطه دانشگاه داریم ،کافه Attenborough هم هست وپردیس پارک فریمن
امکانات تحصیلی دیگمون یک سیستم هوای فشرده 800 psi و سیستم ذخیره سازی 8 متر مکعبی مرتبط با 600 psi.
تونل باد چارلز ویلسون یک تونل حلقه بسته با شدت اغتشاش کم با بخش تست آیرودینامیکی و یک بخش تست محیطی.
جرثقیل های دو تنی در هر فضای آزمایشگاهی داریم
منبع گاز اصلی و مجرای اگزوز برای آزمایش های احتراق در دمای بالا.
تونل باد دمنده ترانسونیک
آزمایشگاه دینامیک، ارتعاش و آکوستیک
آزمایشگاه بیومکانیک و فناوری فراگیر (مسول: دکتر ماتئوس بوسیان)
آزمایشگاه دینامیک، ارتعاش و آکوستیک (مسئول: دکتر ماتئوس بوسیان)
مرکز EPSRC برای آموزش دکتری در پردازش نوآورانه فلزات - IMPaCT (مسئول: پروفسور سیمون گیل)
آزمایشگاه مکانیک مواد (مسئول پروفسور جینگژه پان)
آزمایشگاه خزش و خستگی دمای بالا مسئول پروفسور بو چن)
دینامیک سیالات محاسباتی (CFD
آیرودینامیک توربوماشین‌آلات و مدیریت حرارتی با خنک‌سازی همرفتی ریاست این بخش دکتر ظاهر حسین - ظاهر استفاده از رویکردهای تحلیلی و محاسباتی برای مکانیک سیالات،
اینم بگم امکاناتش معرکه هست راحتیم تازه ازمایشگاه و کارگاه
اگر 2 را عوض کنیم برای یک عدد عمومی a$\text{(1) } \sum\limits_{i = 1}^n {a^i} = a^0+a^1+a^2+a^3+...+a^n$
ضرب (1) توسط a میده
$\text{(2) } a\sum\limits_{i = 1}^n {a^i} = a^1+a^2+a^3+a^4+...+a^{n+1}$
تفریق (1) از (2):دارم$\text{(3) } a\sum\limits_{i = 1}^n {a^i} - \sum\limits_{i = 1}^n {a^i} == (a-1)\sum\limits_{i = 1}^n {a^i}$از (1) و (2) شما میتونی ببینی که این همونه
$\text{(4) } a^1+a^2+a^3+a^4+...+a^{n+1} - (a^0+a^1+a^2+a^3+...+a^n) = (a-1)\sum\limits_{i = 1}^n {a^i}$
از آنجایی که همه بیت‌های میانی یکدیگر را خنثی می‌کنن،
$\text{(5) } a^{n+1} - a^0 = (a-1)\sum\limits_{i = 1}^n {a^i}$
و از $a^0$ همیشه برابر با 1 هست
$\text{(6) } a^{n+1} - 1 = (a-1)\sum\limits_{i = 1}^n {a^i}$
بازنویسی مجدد من
$\text{(7) } \frac{a^{n+1} - 1}{a-1} = \sum\limits_{i = 1}^n {a^i}$
و بازگشت به پست اصلی من و شما جایی که a=2باشه
$\frac{2^{n+1} - 1}{2-1} = \sum\limits_{i = 1}^n {2^i} = 2^0+2^1+2^2+2^3+...+2^n$
خوب اینجا ${\displaystyle \sum _{k=i}^{n}z^{k}={\frac {z^{i}-z^{n+1}}{1-z}}.}$
این فرمول فالهبر این است که
${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{p}={\frac {1}{p+1}}\sum _{k=0}^{p}{\binom {p +1}{k}}B_{k}n^{p-k+1}.}$
در اینجا، Bj اعداد برنولی مانند بالا هستن و
${\displaystyle {\binom {p+1}{k}}={\frac {(p+1)!}{(p+1-k)!\,k!}}={\frac {(p+1)p(p-1)\cdots (p-k+3)(p-k+2)}{k(k-1)(k-2)\cdots 2\cdot 1}}}$و جمله ای "p + 1 انتخاب k" است.
بنابراین، برای مثال، یک برای p = 4،
${\displaystyle {\begin{aligned}1^{4}+2^{4}+3^{4}+\cdots +n^{4}&={\frac {1}{5}}\sum _{j=0}^{4}{5 \choose j}B_{j}n^{5-j}\\&={\frac {1}{5}}\left(B_{0}n^{5}+5B_{1}n^{4}+10B_{2}n^{3}+10B_{3}n^{2}+5B_{4}n\right)\\&={\frac {1}{5}}\left(n^{5}+{\tfrac {5}{2}}n^{4}+{\tfrac {5}{3}}n^{3}-{\tfrac {1}{6}}n\right).\end{aligned}}}$
${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}k^{0}&={\frac {1}{1}}\,{\big (}n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{1}&={\frac {1}{2}}\,{\big (}n^{2}+{\tfrac {2}{2}}n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{2}&={\frac {1}{3}}\,{\big (}n^{3}+{\tfrac {3}{2}}n^{2}+{\tfrac {3}{6}}n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{3}&={\frac {1}{4}}\,{\big (}n^{4}+{\tfrac {4}{2}}n^{3}+{\tfrac {6}{6}}n^{2}+0n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{4}&={\frac {1}{5}}\,{\big (}n^{5}+{\tfrac {5}{2}}n^{4}+{\tfrac {10}{6}}n^{3}+0n^{2}-{\tfrac {5}{30}}n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{5}&={\frac {1}{6}}\,{\big (}n^{6}+{\tfrac {6}{2}}n^{5}+{\tfrac {15}{6}}n^{4}+0n^{3}-{\tfrac {15}{30}}n^{2}+0n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{6}&={\frac {1}{7}}\,{\big (}n^{7}+{\tfrac {7}{2}}n^{6}+{\tfrac {21}{6}}n^{5}+0n^{4}-{\tfrac {35}{30}}n^{3}+0n^{2}+{\tfrac {7}{42}}n{\big )}.\end{aligned}}}$
با تعریف اعداد برنولی ${\textstyle B_{1}=+{\frac {1}{2}}}$
${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=0}^{n-1}k^{p}&=0^{p}+1^{p}+2^{p}+\cdots +(n-1)^{p}\\&={\frac {1}{p+1}}\sum _{k=0}^{p}{\binom {p+1}{k}}B_{k}^{-}n^{p-k+1}.\end{aligned}}}$فرمول فالهبر را فرمول برنولی نیز میگم فالهبر خواص ضرایبی را که بعداً توسط برنولی کشف شد نمیدونست.به یاد داشته باش اقای پرتوزا که اگر توابع مولد نمایی زیر را داشته باشیم:
$\begin{align}
\widehat{A}(z)
&= \sum_{n \ge 0} a_n \frac{z^n}{n!} \\
\widehat{B}(z)
&= \sum_{n \ge 0} b_n \frac{z^n}{n!}
\end{align}$
سپس همچنین$\begin{align}
\widehat{A}(z) \cdot \widehat{B}(z)
&= \sum_{n \ge 0}
\left(
\sum_{0 \le k \le n} \frac{a_k}{k!} \frac{b_{n - k}}{(n - k)!}
\right) z^n \\
&= \sum_{n \ge 0}
\left(
\sum_{0 \le k \le n} \frac{n!}{k! (n - k)!} a_k b_{n - k}
\right) \frac{z^n}{n!} \\
&= \sum_{n \ge 0}
\left(
\sum_{0 \le k \le n} \binom{n}{k} a_k b_{n - k}
\right) \frac{z^n}{n!}
\end{align}$
بیایید تعریف کنم که
$\begin{align}
S_m(n)
= \sum_{1 \le k \le n - 1} k^m
\end{align}$
ما می توانیم تابع تولید نمایی را تعریف کنیم:
$\begin{align}
\widehat{S}_n(z)
&= \sum_{m \ge 0} S_m(n) \frac{z^m}{m!} \\
&= \sum_{1 \le k \le n - 1} \sum_{m \ge 0} \frac{k^m z^m}{m!} \\
&= \sum_{1 \le k \le n - 1} \mathrm{e}^{k z} \\
&= \frac{\mathrm{e}^{n z} - 1}{\mathrm{e}^z - 1} \\
\end{align}$
این تقریباً تابع مولد نمایی توان های n هست دیگه
$\begin{align}
\widehat{P}_n(z)
&= \sum_{m \ge 0} n^m \frac{z^m}{m!} \\
&= \mathrm{e}^{n z}
\end{align}$
ما میتوانیم بنویسیم:
$\begin{align}
(\widehat{P}_n(z) - 1) \widehat{B}(z)
= z \widehat{S}_n(z) \tag{1}
\end{align}$
که در آن تابع تولید نمایی اعداد برنولی را دارم
$\begin{align}
\widehat{B}(z)
&= \frac{z}{\mathrm{e}^z - 1} \\
&= \sum_{n \ge 0} B_n \frac{z^n}{n!}
\end{align}$
مقایسه ضرایب $z^{m + 1}$
در 1):
$\begin{align}
\sum_{m \ge 1} z^m
\sum_{0 \le k \le m}
\binom{m}{k} \frac{(n z)^{m - k}}{(m - k)!} B_k
= \sum_{m \ge 0} S_m(n) \frac{z^{m + 1}}{m!}
\end{align}$
پس از ساده سازی می گیریم:
$\begin{align}
S_m(n)
= \frac{1}{m + 1} \,
\sum_{0 \le k \le m} \binom{m + 1}{k} B_k n^{m + 1 - k}
\end{align}$
توجه کن : فرمول ارائه شده اغلب با فالهبر مرتبطه، اما فرمول های فالهبر کاملا متفاوتن (و از نظر محاسباتی بهترن). این فرمول مدیون برنولی است.تمام مقدارها را می توان از فرمول استقرایی زیر بدست آورد:
اجازه دهید$S_n(p)=\sum_{k=1}^{n} k^p\qquad n, p\in\mathbb N ~~~~~\text{called Cavalieri sum of oder p}$
می توانم مجموع را برای هر p≥1 محاسبه کنم در N$\color{red}{(n+1)^p -1 =\sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i} S_n(i)}$
برای مثال،برای p=1 ما $S_n(0)= \sum_{k=1}^n 1=n.$ را دریافت می کنیم.
برای p=2 ما گرفتیم
$(n+1)^2-1= S_n(0)+2 S_n(1)\implies S_n(1)= \frac12n(n+1)=\sum_{k=1}^n k$
برای p=3 ما گرفتیم$(n+1)^3-1= S_n(0)+3S_n(1)+ 3S_n(2)\\
\implies S_n(2)= \frac13((n+1)^3- (n+1)) - \frac12n(n+1)\\
S_n(2)= \frac16n(n+1)(2n-1)=\sum_{k=1}^n k^2$
اجازه دهید فرمول را ثابت کنیم فرمول دو جمله ای زیر را می دانیم
$(k+1)^p = k^p+ \sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i} k^i$
جایی که $\binom{p}{i}= \frac{p!}{i!(p-i)!}$
. که به این معنیه که
$\sum_{k=1}^{n} (k+1)^p =\sum_{k=1}^{n} k^p+\sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i} \sum_{k=1}^{n} k^i = S_n(p) +\sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i} S_n(i)$
ولی$\sum_{k=1}^{n} (k+1)^p = \sum_{k=2}^{n+1} k^p = S_{n+1}(p) -1 = S_n(p) +(n+1)^p -1$
بنابراین در نهایت فرمول را بدست می آوریم:
$\color{red}{(n+1)^p -1 =\sum_{i=0}^{p-1}\binom{p}{i} S_n(i)}$
پس حالت کلی
$\sum_{k=1}^{n-1}k^p=\sum_{j=0}^p\frac{n^{\underline{j+1}}}{(j+1)!}\biggl(\sum_{k=0}^j(-1)^{j-k}\binom{j}{k}k^p\biggr)$
این حقیقت که
$\displaystyle\sum_{k=1}^{n-1}k^m=\dfrac{1}{m+1}\displaystyle\sum_{s=0}^m \dbinom{m+1}{s}\mathrm B_{s}n^{m-s+1} \tag*{(1)}$
باید دلالت کنه
$\displaystyle\sum_{k=1}^n k^m=\dfrac{1}{m+1}\displaystyle\sum_{s=0}^m (-1)^s \dbinom{m+1}{s}\mathrm B_{s}n^{m-s+1}. \tag*{(2)}$
باید درست باشد زیرا $\mathrm B_{2s+1}=0$
برای s≥1، اما من نمی فهمم چگونه$\mathrm B_{2s+1}=0$
دلالت بر (2). اگر هر n را تغییر دهم به n+1 در 1)
، سپس$\begin{align*}\displaystyle\sum_{k=1}^n k^m&=\dfrac{1}{m+1}\displaystyle\sum_{s=0}^m \dbinom{m+1}{s}\mathrm B_{s}\displaystyle\sum_{t=0}^{m-s+1}\dbinom{m-s+1}{t}n^t\\&=\dfrac{1}{m+1}\displaystyle\sum_{s=0}^m\displaystyle\sum_{t=0}^{m-s+1}\mathrm B_{s}\dbinom{m+1}{s}\dbinom{m-s+1}{t}n^t\\&=\dfrac{1}{m+1}\displaystyle\sum_{s=0}^m\displaystyle\sum_{t=0}^{m-s+1}\mathrm B_{s}\dbinom{m+1}{s+t}\dbinom{s+t}{s}n^t\\&=\dfrac{1}{m+1}\displaystyle\sum_{s=0}^m\displaystyle\sum_{t=0}^{m-s+1}\dfrac{\mathrm B_{s}}{s! \, t! \, (s+t)!}\dbinom{m+1}{s+t}n^t,\end{align*}$
اما من نمی دانم چگونه ادامه دهم آیا راهی برای خلاص شدن از دو برابری وجود دارد؟ بله جمع در (1) با s
زوج تحت تأثیر ضرب در$(-1)^s=1$ قرار نمی گیرند. شرایط با s فرد و بزرگتر از 1 نیز تحت تأثیر قرار نمی گیرن زیرا همه این عبارات به لطف ضریب Bs=0 0 هستند.. بنابراین، تنها عبارتی که تحت تأثیر قرار می‌گیرد عبارت با s=1 است
و به راحتی می توان بررسی کرد که این تغییر در سمت راست، مجموع را دقیقاً به همان شکل تغییر سمت چپ تغییر میده
من در بانک Lloyds حساب باز کردم گذرنامه و کارت دانشجویی و کپی سند خرید برگه که محل خونمون اونجاست کارتش با 4921 شروع میشه و تو های استریت قرار داره نزدیک خود دانشگاه -دانشگاه دارای کتابخانه بزرگ دیوید ویلسونه دستگاههای کپی و اینا تو طبقات 1و2و3 هست ازمایشگاه it هم تو طبقه اول هست ساختمان Percy Geeهمبرای غذاخوری-استارباکس – یک مکان عالیو محبوب برای نوشیدن قهوه در محوطه دانشگاه و Pantry – گیاهخواری که در محوطه دانشگاه داریم ،کافه Attenborough هم هست وپردیس پارک فریمن
امکانات تحصیلی دیگمون یک سیستم هوای فشرده 800 psi و سیستم ذخیره سازی 8 متر مکعبی مرتبط با 600 psi.
تونل باد چارلز ویلسون یک تونل حلقه بسته با شدت اغتشاش کم با بخش تست آیرودینامیکی و یک بخش تست محیطی.
جرثقیل های دو تنی در هر فضای آزمایشگاهی داریم
منبع گاز اصلی و مجرای اگزوز برای آزمایش های احتراق در دمای بالا.
تونل باد دمنده ترانسونیک
آزمایشگاه دینامیک، ارتعاش و آکوستیک
آزمایشگاه بیومکانیک و فناوری فراگیر (مسول: دکتر ماتئوس بوسیان)
آزمایشگاه دینامیک، ارتعاش و آکوستیک (مسئول: دکتر ماتئوس بوسیان)
مرکز EPSRC برای آموزش دکتری در پردازش نوآورانه فلزات - IMPaCT (مسئول: پروفسور سیمون گیل)
آزمایشگاه مکانیک مواد (مسئول پروفسور جینگژه پان)
آزمایشگاه خزش و خستگی دمای بالا مسئول پروفسور بو چن)
دینامیک سیالات محاسباتی (CFD
آیرودینامیک توربوماشین‌آلات و مدیریت حرارتی با خنک‌سازی همرفتی ریاست این بخش دکتر ظاهر حسین - ظاهر استفاده از رویکردهای تحلیلی و محاسباتی برای مکانیک سیالات،
اینم بگم امکاناتش معرکه هست راحتیم تازه ازمایشگاه و کارگاه
آخرین ویرایش توسط rohamavation سه‌شنبه ۱۴۰۲/۱/۲۲ - ۱۸:۴۰, ویرایش شده کلا 1 بار
Re: چه ارتباطی در این سری‌ها وجود دارد؟
خیلی خیلی ممنونم!!!!!! عاااالییییییی!!!!! اصلاً نمی‌دونستم همچین فرمول توپی داره!!!! وقعاً جالبه!rohamavation نوشته شده: ↑سه‌شنبه ۱۴۰۲/۱/۲۲ - ۰۸:۴۷این فرمول فالهبر این است که
${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{p}={\frac {1}{p+1}}\sum _{k=0}^{p}{\binom {p +1}{k}}B_{k}n^{p-k+1}.}$
در اینجا، Bj اعداد برنولی مانند بالا هستن و
${\displaystyle {\binom {p+1}{k}}={\frac {(p+1)!}{(p+1-k)!\,k!}}={\frac {(p+1)p(p-1)\cdots (p-k+3)(p-k+2)}{k(k-1)(k-2)\cdots 2\cdot 1}}}$و جمله ای "p + 1 انتخاب k" است.
بنابراین، برای مثال، یک برای p = 4،
${\displaystyle {\begin{aligned}1^{4}+2^{4}+3^{4}+\cdots +n^{4}&={\frac {1}{5}}\sum _{j=0}^{4}{5 \choose j}B_{j}n^{5-j}\\&={\frac {1}{5}}\left(B_{0}n^{5}+5B_{1}n^{4}+10B_{2}n^{3}+10B_{3}n^{2}+5B_{4}n\right)\\&={\frac {1}{5}}\left(n^{5}+{\tfrac {5}{2}}n^{4}+{\tfrac {5}{3}}n^{3}-{\tfrac {1}{6}}n\right).\end{aligned}}}$
${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=1}^{n}k^{0}&={\frac {1}{1}}\,{\big (}n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{1}&={\frac {1}{2}}\,{\big (}n^{2}+{\tfrac {2}{2}}n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{2}&={\frac {1}{3}}\,{\big (}n^{3}+{\tfrac {3}{2}}n^{2}+{\tfrac {3}{6}}n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{3}&={\frac {1}{4}}\,{\big (}n^{4}+{\tfrac {4}{2}}n^{3}+{\tfrac {6}{6}}n^{2}+0n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{4}&={\frac {1}{5}}\,{\big (}n^{5}+{\tfrac {5}{2}}n^{4}+{\tfrac {10}{6}}n^{3}+0n^{2}-{\tfrac {5}{30}}n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{5}&={\frac {1}{6}}\,{\big (}n^{6}+{\tfrac {6}{2}}n^{5}+{\tfrac {15}{6}}n^{4}+0n^{3}-{\tfrac {15}{30}}n^{2}+0n{\big )}\\\sum _{k=1}^{n}k^{6}&={\frac {1}{7}}\,{\big (}n^{7}+{\tfrac {7}{2}}n^{6}+{\tfrac {21}{6}}n^{5}+0n^{4}-{\tfrac {35}{30}}n^{3}+0n^{2}+{\tfrac {7}{42}}n{\big )}.\end{aligned}}}$
با تعریف اعداد برنولی ${\textstyle B_{1}=+{\frac {1}{2}}}$
${\displaystyle {\begin{aligned}\sum _{k=0}^{n-1}k^{p}&=0^{p}+1^{p}+2^{p}+\cdots +(n-1)^{p}\\&={\frac {1}{p+1}}\sum _{k=0}^{p}{\binom {p+1}{k}}B_{k}^{-}n^{p-k+1}.\end{aligned}}}$
شگفت‌انگیزه!!!!!! من فرمولی که از اون اعداد برنولی ازش استخراج میشه رو توی کتابی خونده بودم (در واقع اعداد برنولی رو با همون تعریف می‌کنن) ولی اثبانش رو نمی‌دونستم! جالب اینجاست که ارتباط جالبی با مجموع اعداد طبیعی متوالی با توان‌های دلخواه طبیعی داره!rohamavation نوشته شده: ↑سه‌شنبه ۱۴۰۲/۱/۲۲ - ۰۸:۴۷فرمول فالهبر را فرمول برنولی نیز میگم فالهبر خواص ضرایبی را که بعداً توسط برنولی کشف شد نمیدونست.به یاد داشته باش اقای پرتوزا که اگر توابع مولد نمایی زیر را داشته باشیم:
$\begin{align}
\widehat{A}(z)
&= \sum_{n \ge 0} a_n \frac{z^n}{n!} \\
\widehat{B}(z)
&= \sum_{n \ge 0} b_n \frac{z^n}{n!}
\end{align}$
سپس همچنین$\begin{align}
\widehat{A}(z) \cdot \widehat{B}(z)
&= \sum_{n \ge 0}
\left(
\sum_{0 \le k \le n} \frac{a_k}{k!} \frac{b_{n - k}}{(n - k)!}
\right) z^n \\
&= \sum_{n \ge 0}
\left(
\sum_{0 \le k \le n} \frac{n!}{k! (n - k)!} a_k b_{n - k}
\right) \frac{z^n}{n!} \\
&= \sum_{n \ge 0}
\left(
\sum_{0 \le k \le n} \binom{n}{k} a_k b_{n - k}
\right) \frac{z^n}{n!}
\end{align}$
بیایید تعریف کنم که
$\begin{align}
S_m(n)
= \sum_{1 \le k \le n - 1} k^m
\end{align}$
ما می توانیم تابع تولید نمایی را تعریف کنیم:
$\begin{align}
\widehat{S}_n(z)
&= \sum_{m \ge 0} S_m(n) \frac{z^m}{m!} \\
&= \sum_{1 \le k \le n - 1} \sum_{m \ge 0} \frac{k^m z^m}{m!} \\
&= \sum_{1 \le k \le n - 1} \mathrm{e}^{k z} \\
&= \frac{\mathrm{e}^{n z} - 1}{\mathrm{e}^z - 1} \\
\end{align}$
این تقریباً تابع مولد نمایی توان های n هست دیگه
$\begin{align}
\widehat{P}_n(z)
&= \sum_{m \ge 0} n^m \frac{z^m}{m!} \\
&= \mathrm{e}^{n z}
\end{align}$
ما میتوانیم بنویسیم:
$\begin{align}
(\widehat{P}_n(z) - 1) \widehat{B}(z)
= z \widehat{S}_n(z) \tag{1}
\end{align}$
که در آن تابع تولید نمایی اعداد برنولی را دارم
$\begin{align}
\widehat{B}(z)
&= \frac{z}{\mathrm{e}^z - 1} \\
&= \sum_{n \ge 0} B_n \frac{z^n}{n!}
\end{align}$
مقایسه ضرایب $z^{m + 1}$
در 1):
$\begin{align}
\sum_{m \ge 1} z^m
\sum_{0 \le k \le m}
\binom{m}{k} \frac{(n z)^{m - k}}{(m - k)!} B_k
= \sum_{m \ge 0} S_m(n) \frac{z^{m + 1}}{m!}
\end{align}$
پس از ساده سازی می گیریم:
$\begin{align}
S_m(n)
= \frac{1}{m + 1} \,
\sum_{0 \le k \le m} \binom{m + 1}{k} B_k n^{m + 1 - k}
\end{align}$
ببین روهام، تو اطلاعاتت راجع به سری‌ها رو از کجا یاد گرفتی؟ میتونی کتابی معرفی که کنی که مفصل راجع به سری‌ها بگه؟(ترجیها فارسی باشه لطفا)
-
rohamavation
نام: roham hesami radرهام حسامی راد
محل اقامت: 100 مایلی شمال لندن جاده آیلستون، لستر، لسترشر. LE2
عضویت : سه‌شنبه ۱۳۹۹/۸/۲۰ - ۰۸:۳۴
پست: 3077-
سپاس: 5322
- جنسیت:
تماس:
Re: چه ارتباطی در این سری‌ها وجود دارد؟
کتاب ریاضی عمومی 1دانشگاهی خودم عبدالله شيدفر فصل اخراش باشه فکر کنم -دنبالهها و سريهاو آزمونهاي همگرایی و سريهاي توانی
همگرایی اینا باشه
ریاضی مهندسی (Engineering Mathematics - چرچيل خودم خوندم درسی من
آمار تجربی و تجزیه و تحلیل داده ها برای مهندسین مکانیک و هوافضا توسط جیمز ای میدلتون اینجا دیدم
جزوه های ریاضی دانشگاهی - مبحث دنباله با مثال همراه با قضایای دنباله
ریاضیات عمومی: ویرایش و تمرین ویرایش دوم توسط D. Rayner اینم اینجا دیدم
رابرت مگنوس اساسی ریاضی تحلیل و بررسی
بخون همش داخلش هست
من در بانک Lloyds حساب باز کردم گذرنامه و کارت دانشجویی و کپی سند خرید برگه که محل خونمون اونجاست کارتش با عدد4921 شروع میشه و تو های استریت قرار داره نزدیک خود دانشگاه -دانشگاه دارای کتابخانه بزرگ دیوید ویلسونه دستگاههای کپی و اینا تو طبقات 1و2و3 هست ازمایشگاه it هم تو طبقه اول هست ساختمان Percy Geeهمبرای غذاخوری-استارباکس – یک مکان عالیو محبوب برای نوشیدن قهوه در محوطه دانشگاه و Pantry – گیاهخواری که در محوطه دانشگاه داریم ،کافه Attenborough هم هست وپردیس پارک فریمن
امکانات تحصیلی دیگمون یک سیستم هوای فشرده 800 psi و سیستم ذخیره سازی 8 متر مکعبی مرتبط با 600 psi.
تونل باد چارلز ویلسون یک تونل حلقه بسته با شدت اغتشاش کم با بخش تست آیرودینامیکی و یک بخش تست محیطی.
جرثقیل های دو تنی در هر فضای آزمایشگاهی داریم
منبع گاز اصلی و مجرای اگزوز برای آزمایش های احتراق در دمای بالا.
تونل باد دمنده ترانسونیک
آزمایشگاه دینامیک، ارتعاش و آکوستیک
آزمایشگاه بیومکانیک و فناوری فراگیر (مسول: دکتر ماتئوس بوسیان)
آزمایشگاه دینامیک، ارتعاش و آکوستیک (مسئول: دکتر ماتئوس بوسیان)
مرکز EPSRC برای آموزش دکتری در پردازش نوآورانه فلزات - IMPaCT (مسئول: پروفسور سیمون گیل)
آزمایشگاه مکانیک مواد (مسئول پروفسور جینگژه پان)
آزمایشگاه خزش و خستگی دمای بالا مسئول پروفسور بو چن)
دینامیک سیالات محاسباتی (CFD
آیرودینامیک توربوماشین‌آلات و مدیریت حرارتی با خنک‌سازی همرفتی ریاست این بخش دکتر ظاهر حسین - ظاهر استفاده از رویکردهای تحلیلی و محاسباتی برای مکانیک سیالات،
اینم بگم امکاناتش معرکه هست راحتیم تازه ازمایشگاه و کارگاه
همگرایی اینا باشه
ریاضی مهندسی (Engineering Mathematics - چرچيل خودم خوندم درسی من
آمار تجربی و تجزیه و تحلیل داده ها برای مهندسین مکانیک و هوافضا توسط جیمز ای میدلتون اینجا دیدم
جزوه های ریاضی دانشگاهی - مبحث دنباله با مثال همراه با قضایای دنباله
ریاضیات عمومی: ویرایش و تمرین ویرایش دوم توسط D. Rayner اینم اینجا دیدم
رابرت مگنوس اساسی ریاضی تحلیل و بررسی
بخون همش داخلش هست
من در بانک Lloyds حساب باز کردم گذرنامه و کارت دانشجویی و کپی سند خرید برگه که محل خونمون اونجاست کارتش با عدد4921 شروع میشه و تو های استریت قرار داره نزدیک خود دانشگاه -دانشگاه دارای کتابخانه بزرگ دیوید ویلسونه دستگاههای کپی و اینا تو طبقات 1و2و3 هست ازمایشگاه it هم تو طبقه اول هست ساختمان Percy Geeهمبرای غذاخوری-استارباکس – یک مکان عالیو محبوب برای نوشیدن قهوه در محوطه دانشگاه و Pantry – گیاهخواری که در محوطه دانشگاه داریم ،کافه Attenborough هم هست وپردیس پارک فریمن
امکانات تحصیلی دیگمون یک سیستم هوای فشرده 800 psi و سیستم ذخیره سازی 8 متر مکعبی مرتبط با 600 psi.
تونل باد چارلز ویلسون یک تونل حلقه بسته با شدت اغتشاش کم با بخش تست آیرودینامیکی و یک بخش تست محیطی.
جرثقیل های دو تنی در هر فضای آزمایشگاهی داریم
منبع گاز اصلی و مجرای اگزوز برای آزمایش های احتراق در دمای بالا.
تونل باد دمنده ترانسونیک
آزمایشگاه دینامیک، ارتعاش و آکوستیک
آزمایشگاه بیومکانیک و فناوری فراگیر (مسول: دکتر ماتئوس بوسیان)
آزمایشگاه دینامیک، ارتعاش و آکوستیک (مسئول: دکتر ماتئوس بوسیان)
مرکز EPSRC برای آموزش دکتری در پردازش نوآورانه فلزات - IMPaCT (مسئول: پروفسور سیمون گیل)
آزمایشگاه مکانیک مواد (مسئول پروفسور جینگژه پان)
آزمایشگاه خزش و خستگی دمای بالا مسئول پروفسور بو چن)
دینامیک سیالات محاسباتی (CFD
آیرودینامیک توربوماشین‌آلات و مدیریت حرارتی با خنک‌سازی همرفتی ریاست این بخش دکتر ظاهر حسین - ظاهر استفاده از رویکردهای تحلیلی و محاسباتی برای مکانیک سیالات،
اینم بگم امکاناتش معرکه هست راحتیم تازه ازمایشگاه و کارگاه
Re: چه ارتباطی در این سری‌ها وجود دارد؟
من معمولاً دنبال کتابایی رفتم که استادام پیشنهاد دادن و گفتن معروفه. ولی چندان هم مفصل نیستن. هی از این شاخه به اون شاخه می‌پرن. به نظر می‌رسه کتابای مهندسی بهتر توضیح می‌دن. من کتاب راینر رو یه نگاه انداختم؛ این طور فهمیدم که کتابای خارجی در توضیح دادن خیلی بهترن و به طور کامل همه‌ی جنبه‌های مباحث رو پوشش می‌دن(اینو از مسائلشون میشه فهمید) اما از یه طرف کتابای تألیفی بیشتر روی تمرین و مثال‌های گوناگون تمرکز دارن و با اینکه به تسلط ما کمک می‌کنه، مطالب کمتری دارن.rohamavation نوشته شده: ↑سه‌شنبه ۱۴۰۲/۱/۲۲ - ۱۹:۳۹کتاب ریاضی عمومی 1دانشگاهی خودم عبدالله شيدفر فصل اخراش باشه فکر کنم -دنبالهها و سريهاو آزمونهاي همگرایی و سريهاي توانی
همگرایی اینا باشه
ریاضی مهندسی (Engineering Mathematics - چرچيل خودم خوندم درسی من
آمار تجربی و تجزیه و تحلیل داده ها برای مهندسین مکانیک و هوافضا توسط جیمز ای میدلتون اینجا دیدم
جزوه های ریاضی دانشگاهی - مبحث دنباله با مثال همراه با قضایای دنباله
ریاضیات عمومی: ویرایش و تمرین ویرایش دوم توسط D. Rayner اینم اینجا دیدم
رابرت مگنوس اساسی ریاضی تحلیل و بررسی
در هر حال مرسی. حتما این کتابای پیشنهادیت رو می‌بینم.
آره من یه مستند راجع به دانشگاه لستر دیدم. امکانات فوق‌العاده و متنوعی داره که هر چی بگیم کم گفتیم. اما تو کل دنیا بیشتر به این خاطر مشهوره چون بهترین دانشگاه واسه تحصیلات هوا و فضاست و اگه اشتباه نکنم بیشترین جذب دانشجو در دنیا رو داره. خوش به حالت!rohamavation نوشته شده: ↑سه‌شنبه ۱۴۰۲/۱/۲۲ - ۱۹:۳۹اینم بگم امکاناتش معرکه هست راحتیم تازه ازمایشگاه و کارگاه
البته خب اگه فقط یه نفر باشه که لیاقت بودن در همچین جایی باشه، تویی. اونم با اون مغزی که تو داری، پسر! واقعا برات خوشحالم. ای کاش بیشتر می‌تونستیم با هم آشنا شیم و من از نزدیک ببینمت!
Re: چه ارتباطی در این سری‌ها وجود دارد؟
سلام. راستش مطالبی که گفتین جالب بودن. قبلاً یکی از کنجکاوی‌های ریاضی‌دان‌ها «پیدا کردن فرمولی برای محاسبه‌ی مجموع اعداد صحیح کراندار با توان‌های ثابت دلخواه» بود و برای توان‌های مختلف فرمول‌های زیادی کشف کردند، مخصوصاً فالهابر.
اما در آخر این برنولی بود که فرمول صریح برای جمع اعداد صحیح متوالی با توان‌های دلخواه رو ارائه کرد. نکته‌ی جالبش اینه که برنولی از دنباله‌ی اعدادی ملقب به «اعداد برنولی» در فرمولش استفاده می‌کنه. حالا سؤالم اینجاست:
برنولی این دنباله‌ی اعداد رو چطوری کشف کرد و چطور شد که از این اعداد در فرمولش استفاده کرد؟ حتی می‌دونیم که فرمول مولد اعداد برنولی که به صورت
$$B_n=\frac{d}{dx}[\frac{x}{e^x-1}]_{x=0}$$
و یا
$$\frac{x}{e^x-1}=\sum_{n=0}^{\infty}B_n\frac{x^n}{n!}$$
تعریف شده، خود به خود و حدسی بوجود نیومدن! (اشتباه نکنم معادله‌ی بالا از اویلر باشه) می‌خوام بدونم در جریان پیدا کردن فرمول جمع اعداد متوالی صحیح توان‌دار، چطوری به دنباله‌ی اعداد برنولی رسیدن؟
اما در آخر این برنولی بود که فرمول صریح برای جمع اعداد صحیح متوالی با توان‌های دلخواه رو ارائه کرد. نکته‌ی جالبش اینه که برنولی از دنباله‌ی اعدادی ملقب به «اعداد برنولی» در فرمولش استفاده می‌کنه. حالا سؤالم اینجاست:
برنولی این دنباله‌ی اعداد رو چطوری کشف کرد و چطور شد که از این اعداد در فرمولش استفاده کرد؟ حتی می‌دونیم که فرمول مولد اعداد برنولی که به صورت
$$B_n=\frac{d}{dx}[\frac{x}{e^x-1}]_{x=0}$$
و یا
$$\frac{x}{e^x-1}=\sum_{n=0}^{\infty}B_n\frac{x^n}{n!}$$
تعریف شده، خود به خود و حدسی بوجود نیومدن! (اشتباه نکنم معادله‌ی بالا از اویلر باشه) می‌خوام بدونم در جریان پیدا کردن فرمول جمع اعداد متوالی صحیح توان‌دار، چطوری به دنباله‌ی اعداد برنولی رسیدن؟