Diferencias de orden $k$ y monomios generalizados

En el siguiente problema estudiamos las diferencias de orden $k$ asociados a una sucesión y los monomios generalizados. Aplicamos dicho estudio al cálculo de las sumas $S_k=1^k+2^k+\cdots+n^k$ con $k$ entero positivo.

Enunciado
(a)  Si $a_1,a_2,a_3,\ldots, a_m,\ldots$ es una sucesión de números reales, se definen las diferencias de órdenes $1,2,3,\ldots,k\ldots$ de la forma
$$\begin{aligned}&\Delta a_m=a_{m+1}-a_m\\
&\Delta^ka_m=\Delta\left(\Delta^{k-1} a_m\right)\text{ si }k>1.\end{aligned}$$ Determinar explícitamente $\Delta^2a_m$ y $\Delta^3a_m.$
(b)  Demostrar que $\displaystyle\Delta^ka_m=\sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}a_{m+k-j}.$
(c)  Calcular explícitamente $\Delta^4a_m,$  y $\Delta^5a_m.$
(d)  Sea $\mathcal{S}$ el espacio vectorial real de las sucesiones reales. Demostrar que la aplicación $\Delta :\mathcal{S}\to \mathcal{S}$ es lineal. ¿Es $\Delta^k :\mathcal{S}\to \mathcal{S}$ lineal?
(e)  Se llaman monomios generalizados a los polinomios en $n:$ $$n^{(0)}=1,\quad n^{(1)}=n,\quad n^{(2)}=n(n-1),\quad n^{(3)}=n(n-1)(n-2),$$ $$\ldots,\quad n^{(k)}=n(n-1)\cdot(n-2)\cdot\ldots\cdot(n-k+1).$$ Nótese que $n^{(k)}=V_{n,k}$ es decir, son las variaciones de $n$ elementos tomados de $k$ en $k.$ Demostrar que $B=\ldots\{n^{(0)},n^{(1)},n^{(2)},\ldots,n^{(k)}\}$ es base de $\mathbb{R}_k[n].$
(f)  Se considera el polinomio $p(n)=n^4-3n^3+7n^2+n-5\in\mathbb{R}_4[n].$ Expresarlo como combinación lineal de la base $B=\{n^{(0)},n^{(1)},n^{(2)},n^{(3)},n^{(4)}\}.$
(g)  Demostrar que para $k\ge 1$ el operador $\Delta$ actúa sobre los monomios generalizados, como el operador derivación. Es decir, demostrar que se verifica $\Delta n^{(k)}=k n^{(k-1)}.$
(h)  Supongamos que se verifica $a_k=\Delta A_k$ para $k=0,1,\ldots,n+1.$ Demostrar que $$a_0+a_1+a_2+\cdots +a_n=A_{n+1}-A_0.$$ (i)  Demostrar que una solución de $n^{(k)}=\Delta A_k$ es $A_k=\dfrac{n^{(k+1)}}{k+1}.$
Nota. Denotamos a $A_k$ por $\text{Int}\left(n^{(k)}\right)$ por analogía con el operador integral. Quedaría por tanto $$\text{Int}\left(n^{(k)}\right)=\dfrac{n^{(k+1)}}{k+1}.$$ (j)  Usando los dos apartados anteriores, dar un procedimiento para calcular sumas del tipo $$S_k=1^k+2^k+3^k+\cdots+n^k\quad (k \text{ entero positivo).}$$ (k)  Aplicar dicho procedimiento al cálculo de las sumas $$\begin{aligned}
&a)\;S_2=1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2.\\
&b)\;S_3=1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3.\\
& c)\;S_4=1^4+2^4+3^4+\cdots+n^4.\end{aligned}$$
Solución
(a)  Tenemos $$\Delta^2a_m=\Delta\left(\Delta a_m\right)=\Delta\left(a_{m+1}-a_m\right)$$$$=a_{m+2}-a_{m+1}-\left(a_{m+1}-a_m\right)=a_{m+2}-2a_{m+1}+a_m.$$ $$\Delta^3a_m=\Delta\left(\Delta^2 a_m\right)=\Delta \left(a_{m+2}-2a_{m+1}+a_m\right)$$ $$=a_{m+3}-2a_{m+2}+a_{m+1}-\left(a_{m+2}-2a_{m+1}+a_m\right)$$ $$=a_{m+3}-3a_{m+2}+3a_{m+1}-a_m.$$ (b)  Veamos (por ejemplo), que la fórmula es cierta para $k=1$ y $k=2.$ Desarrollando el segundo miembro, $$\sum_{j=0}^1(-1)^j\binom{1}{j}a_{m+1-j}=(-1)^0\binom{1}{0}a_{m+1}+(-1)^1\binom{1}{1}a_{m}=a_{m+1}-a_m=\Delta^1a_m,$$ $$\sum_{j=0}^2(-1)^j\binom{2}{j}a_{m+2-j}=(-1)^0\binom{2}{0}a_{m+2}+(-1)^1\binom{2}{1}a_{m+1}+(-1)^2\binom{2}{2}a_{m}$$ $$=a_{m+2}-2a_{m+1}+a_m=\Delta^2a_m.$$ Suponiendo que la fórmula dada es cierta, veamos que es cierta para $k+1.$ Tenemos $$\Delta^{k+1}a_m=\Delta\left(\Delta^ka_m\right)=\Delta \sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}a_{m+k-j}$$ $$=\sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}a_{m+k+1-j}-\sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}a_{m+k-j}\quad (*)$$ El primer sumando de la línea $(*)$ lo podemos escribir en forma $$\sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}a_{m+k+1-j}=a_{m+k+1}+\sum_{j=1}^k(-1)^j\binom{k}{j}a_{m+k+1-j}$$ $$=\binom{k+1}{0}(-1)^0a_{m+k+1}+\sum_{j=1}^k(-1)^j\binom{k}{j}a_{m+k+1-j}.$$ El sustraendo de la linea $(*)$ lo podemos escribir en forma $$\sum_{j=0}^k(-1)^j\binom{k}{j}a_{m+k-j}=\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^j\binom{k}{j}a_{m+k-j}+ (-1)^ka_m$$ $$\underbrace{=}_{j=i-1}\sum_{i=1}^{k}(-1)^{i-1}\binom{k}{i-1}a_{m+k+1-i}+\binom{k+1}{k+1}(-1)^ka_m.$$ En consecuencia, $$\Delta^{k+1}a_m=\binom{k+1}{0}(-1)^0a_{m+k+1}+\sum_{j=1}^k(-1)^j\binom{k}{j}a_{m+k+1-j}.$$ $$+\sum_{j=1}^{k}(-1)^{j}\binom{k}{j-1}a_{m+k+1-j}+\binom{k+1}{k+1}(-1)^{k+1}a_m=\binom{k+1}{0}(-1)^0a_{m+k+1}$$ $$+\sum_{j=1}^{k}(-1)^{j}\left[\binom{k}{j}+\binom{k}{j-1}\right]a_{m+k+1-j}+\binom{k+1}{k+1}(-1)^{k+1}a_m.$$ Usando la conocida fórmula de combinatoria $\displaystyle\binom{k}{j}+\binom{k}{j-1}=\binom{k+1}{j}$ queda $$\Delta^{k+1}a_m=\binom{k+1}{0}(-1)^0a_{m+k+1}+\sum_{j=1}^{k}(-1)^{j}\binom{k+1}{j}a_{m+k+1-j}+\binom{k+1}{k+1}(-1)^{k+1}a_m$$ $$=\sum_{j=0}^{k+1}(-1)^{j}\binom{k+1}{j}a_{m+(k+1)-j}$$ y la fórmula es por tanto cierta para $k+1.$

(c)  Usando la obvia analogía de la fórmula del apartado anterior con la del binomio de Newton, $$(a-b)^4=a^4-4a^3b+6a^2b^2-4ab^3+b^4$$ $$\Rightarrow \Delta^4a_m=a_{m+4}-4a_{m+3}+6a_{m+2}-4a_{m+1}+a_{m}.$$ $$(a-b)^5=a^5-5a^4b+10a^3b^2-10a^2b^3+5ab^4-b^5$$ $$\Rightarrow \Delta^5a_m=a_{m+5}-5a_{m+4}+10a_{m+3}-10a_{m+2}+5a_{m+1}-a_m.$$ (d)  Para todo $\alpha,\beta\in\mathbb{R}$ y $a_m,b_n\in\mathcal{S},$ $$\Delta \left(\alpha a_m+\beta b_m\right)=\left(\alpha a_{m+1}+\beta b_{m+1}\right)-\left(\alpha a_m+\beta b_m\right)$$ $$=\alpha\left(a_{m+1}-a_m\right)+\beta\left(b_{m+1}-b_m\right)=\alpha \Delta a_m+\beta \Delta b_m,$$ luego $\Delta$ es lineal. Dado que $\Delta^k=\Delta\circ\Delta\circ\ldots\circ\Delta$ ($k$ veces) y que la composición de aplicaciones lineales es lineal, concluimos que $\Delta^k$ también es lineal.

(e)  Los $k+1$ polinomios de $B$ son de distinto grado y por tanto linealmente independientes. Por otra parte,  $\dim \mathbb{R}_k[n]=k+1$ lo cual implica que $B$ es base de $\mathbb{R}_k[n].$

(f)  Expresando $p(n)=\sum_{i=0}^4\alpha_in^{(i)},$ operando el segundo miembro, identificando coeficientes y resolviendo el sistema lineal en las incógnitas $\alpha_i$ obtenemos $$\alpha_0=-5,\quad\alpha_1=6,\quad \alpha_2=5,\quad \alpha_3=3,\quad \alpha_4=1,$$ es decir $p(n)=-5n^{(0)}+6n^{(1)}+5n^{(2)}+3n^{(3)}+n^{(4)}.$
Nota.  Se demuestra que se pueden hallar los coeficientes $\alpha_i$ usando de forma general el siguiente algoritmo: $$\begin{array}{r|rrrrr}
& 1 & -3 & 7 & 1 & \boxed{-5}\\
1 & & 1 & -2 & 5 & \\\hline & 1 & -2 & 5 & 6  \end{array}\quad \alpha_0=-5,$$ $$\begin{array}{r|rrrr}
& 1 & -2 & 5 & \boxed{6} \\
2 & & 2 & 0  \\
\hline & 1 & 0 & 5 \end{array}\quad \quad \alpha_1=6,$$ $$\begin{array}{r|rrr}
& 1 & 0 & \boxed{5} \\
3 & & 3  \\
\hline & \boxed{1} & \boxed{3}  \end{array}\quad \alpha_2=5,\;\alpha_3=3,\:\alpha_4=1.$$ (g)  Tenemos $$\Delta n^{(k)}=(n+1)^{(k)}-n^{(k)}=(n+1)n(n-1)\cdot\ldots\cdot (n-k+2)$$$$-n(n-1)(n-2)\cdot\ldots\cdot (n-k+2)(n-k+1)$$ $$=\left[n(n-1)(n-2)\cdot\ldots\cdot (n-k+2)\right](n+1-n+k-1)$$$$=kn(n-1)(n-2)\cdot\ldots\cdot (n-k+2)=k\Delta n^{(k-1)}.$$ (h)  Dado que $a_k=\Delta A_k=A_{k+1}-A_k$ tenemos $$\begin{aligned}&k=0,\quad a_0=A_1-A_0\\
&k=1,\quad a_1=A_2-A_1\\
&k=2,\quad a_2=A_3-A_2\\
&\ldots\\
&k=n,\quad a_n=A_{n+1}-A_n.\end{aligned}$$ Sumando y cancelando, obtenemos $$a_0+a_1+a_2+\cdots +a_n=A_{n+1}-A_0.$$

(i)  Tenemos $$\Delta \left(\dfrac{n^{(k+1)}}{k+1}\right)\underbrace{=}_{\Delta\text{ lineal}}\frac{1}{k+1}\Delta n^{(k+1)}=\frac{1}{k+1}(k+1)n^{(k)}=n^{(k)}.$$

(j)  Por el apartado 5, podemos expresar $n^k$ en la forma $$n^k=\alpha_0n^{(0)}+\alpha_1n^{(1)}+\alpha_2n^{(2)}+\cdots+\alpha_kn^{(k)}.$$ Debido a la linealidad de $\Delta,$ y usando el apartado 9, $$\text{Int}\left(n^k\right)=\alpha_0\text{Int}\left(n^{(0)}\right)+\alpha_1\text{Int}\left(n^{(1)}\right)+\alpha_2\text{Int}\left(n^{(2)}\right)+\cdots+\alpha_k\text{Int}\left(n^{(k)}\right)$$ $$=\alpha_0\frac{n^{(1)}}{1}+\alpha_1\frac{n^{(2)}}{2}+\alpha_2\frac{n^{(3)}}{3}+\cdots+\alpha_k\frac{n^{(k+1)}}{k+1}.$$ Por el apartado 8, y teniendo en cuenta que $\Delta 0=0$, $$S_k=0^k+1^k+2^k+3^k+\cdots+n^k=\text{Int}\left((n+1)^k\right)-0$$ $$=\alpha_0\frac{(n+1)^{(1)}}{1}+\alpha_1\frac{(n+1)^{(2)}}{2}+\alpha_2\frac{(n+1)^{(3)}}{3}+\cdots+\alpha_k\frac{(n+1)^{(k+1)}}{k+1}.$$

(k)  $a)$ Expresando $n^2$ en función de monomios generalizados obtenemos $n^2=n^{(1)}+n^{(2)}.$ Usando el apartado anterior, $$S_2=\frac{(n+1)^{(2)}}{2}+\frac{(n+1)^{(3)}}{3}=\frac{(n+1)n}{2}+\frac{(n+1)n(n-1)}{3}$$ $$=\ldots=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.$$ $b)$ Expresando $n^3$ en función de monomios generalizados obtenemos $n^3=n^{(1)}+3n^{(2)}+n^{(3)}.$ Por tanto,$$S_3=\frac{(n+1)^{(2)}}{2}+3\frac{(n+1)^{(3)}}{3}+\frac{(n+1)^{(4)}}{4}$$ $$=\frac{(n+1)n}{2}+(n+1)n(n-1)+\frac{(n+1)n(n-1)(n-2)}{4}$$ $$=\ldots=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2.$$ $c)$ Expresando $n^4$ en función de monomios generalizados obtenemos $n^4=n^{(1)}+7n^{(2)}+6n^{(3)}+n^{(4)}.$ Por tanto,$$S_3=\frac{(n+1)^{(2)}}{2}+7\frac{(n+1)^{(3)}}{3}+6\frac{(n+1)^{(4)}}{4}+\frac{(n+1)^{(5)}}{5}$$ $$=\frac{(n+1)n}{2}+\dfrac{7(n+1)n(n-1)}{3}+\frac{3(n+1)n(n-1)(n-2)}{2}$$ $$+\frac{(n+1)n(n-1)(n-2)(n-3)}{5}=\ldots=\frac{6n^5+15n^4+10n^3-n}{30}.$$

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