La intuición matemática de papá Keeler y la fórmula de Faulhaber

Seguro que la gran mayoría de vosotros sabréis quién es Ken Keeler, ¿verdad? Sí, Ken Keeler es…esto…es…¿quién es Ken Keeler?

Pues Ken Keeler es un matemático que se doctoró en la prestigiosa Universidad de Harvard. Pero principalmente es conocido por ser el guionista de siete capítulos de Los Simpson y de nueve capítulos de Futurama, ambas con gran cantidad de contenido matemático (como por ejemplo El UTF y Los Simpson o la serie Futurama y las Matemáticas que consta de estas cinco entradas: I, II, III, IV y V). Pero la historia que os voy a contar hoy no tiene como protagonista principal a Ken, sino a Martin Keeler, su padre.

Contaba Ken en una entrevista lo siguiente sobre su padre, médico de profesión:

La principal influencia que tuve fue mi padre, que era médico… Sólo hizo un curso de cálculo, pero recuerdo que una vez le pregunté cuál era la suma de los primeros n al cuadrado, y fue capaz de hallar la fórmula en unos pocos minutos:

\cfrac{n^3}{3}+\cfrac{n^2}{2}+\cfrac{n}{6}

Lo que todavía me sorprende es que no lo hizo con ningún argumento geométrico (como se suele derivar normalmente la suma de los primeros n enteros) ni con un argumento inductivo. Supuso que la fórmula era un polinomio cúbico con coeficientes desconocidos, y luego averiguó los coeficientes resolviendo el sistema de cuatro ecuaciones lineales generado computando las cuatro primeras sumas de cuadrados (y lo hizo todo a mano, sin determinantes). Cuando le pregunté cómo sabía que la fórmula sería un polinomio cúbico, me dijo: “¿Y qué otra cosa iba a ser si no?”.

Primero: la solución dada por Martin Keeler es correcta. La suma de los cuadrados de los primeros n enteros positivos es:

\displaystyle{\sum_{i=1}^n i^2}=1^2+2^2+ \ldots +n^2=\cfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}

Es sencillo demostrar dicha igualdad utilizando inducción (método de demostración que explicamos aquí y que hemos usado en más de una ocasión en este blog), y si operamos y después simplificamos en dicha expresión obtenemos el resultado de Martin Keeler.

Segundo: ¿por qué la intuición matemática de Martin Keeler acertó de pleno en este caso? ¿Hay alguna razón que le pudiera llevar a pensar en que el resultado debía ser un polinomio de grado 3 sí o sí o fue casualidad? La suma de los primeros n enteros positivos es:

\displaystyle{\sum_{i=1}^n i}=1+2+ \ldots +n=\cfrac{n(n+1)}{2}=\cfrac{n^2}{2}+\cfrac{n}{2}

Es decir, un polinomio de grado dos. Siendo entonces la suma de los primeros n enteros elevados a 1 un polinomio de grado dos, podría ser razonable pensar que la suma de los primeros n enteros elevados a 2 sería un polinomio de un grado más que el anterior, de grado 3 por tanto. Y digo razonable porque en realidad muchas suposiciones se podrían considerar razonables inicialmente en este caso, siendo la mayoría de ellas desechadas después de algunos cálculos. Por eso podría ser verosímil que papá Keeler acertara de casualidad, y que lo de “¿Y qué otra cosa iba a ser si no?” fuera más bien una sobrada. Pero, como siempre, me gustaría ver vuestra opinión al respecto en los comentarios.

Pero bueno, la cuestión es que papá Keeler acertó, sea como sea…y si hubiera seguido con el mismo razonamiento habría acertado para todas las posibles potencias enteras positivas. Me explico: la suma de las potencias p de los primeros n enteros positivos se puede expresar como un polinomio de grado p+1 con coeficientes racionales. Este resultado es conocido como la fórmula de Faulhaber, y se expresa de la siguiente forma:

\displaystyle{\sum_{i=1}^n i^p}=\cfrac{1}{p+1} \displaystyle{\sum_{j=0}^p {{p+1} \choose j} B_j \; n^{p+1-j}}

siendo B_j los números de Bernoulli (y tomando B_1={1 \over 2}).

Johann FaulhaberEl nombre de dicha fórmula se debe a Johann Faulhaber, matemático alemán del siglo XVII y fundador de una escuela de ingenieros que se dedicó, entre otras cosas, al estudio de las sumas de las potencias de los primeros n enteros.

Sin embargo, dicha fórmula no fue descubierta por Faulhaber. Él simplemente encontró las expresiones para dichas sumas hasta la potencia 25 (mucho más de los que se había hecho hasta ese momento) y las publicó en su libro Academia Algebra. Pero hizo todavía más: encontró expresiones para las sumas de las potencias impares expresadas como polinomios en función de \textstyle{N=\frac{n(n+1)}{2}}, es decir, en función de la suma de los primeros n enteros positivos. Aquí tenéis algunos ejemplos:

\begin{matrix} 1 + 2 + 3 + \cdots + n = N \\ \\ 1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + n^3=N^2 \\ \\ 1^5 + 2^5 + 3^5 + \cdots + n^5 = \cfrac{4N^3-N^2}{3} \\ \\ 1^7 + 2^7 + 3^7 + \cdots + n^7=\cfrac{12N^4-8N^3+2N^2}{6} \end{matrix}

Pero no dio una demostración para cualquier potencia impar. Tuvimos que esperar a 1834 para que Jacobi presentara una prueba rigurosa de este resultado. En Johann Faulhaber and sums of powers, de Donald Knuth, tenéis más información sobre el tema.

Por cierto, como curiosidad comentar que Faulhaber dejó estos resultados en su libro en forma de código secreto, y que parece que el primero que lo descifró fue el propio Knuth, dándose cuenta así de que las expresiones dadas por Faulhaber eran correctas hasta la potencia 23, pero incorrectas para las potencias 24 y 25.


Fuentes:

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

9 Comentarios

  1. Este tema me apasionaba mucho cuando era estudiante, es mas llegue a hallar \displaystyle \sum_{i=1}^{n} a^{i} i^{10}= … y la respuesta era de casi una pagina, este seria un caso especifico de la fórmula de Faulhaber cuando a=1 y p=10, realmente me habria ahorrado mucho tiempo si alguien me hubiera dicho que tenia que ver con los numeros de Bernoulli, como siempre si uno quiere saber bien matematicas tienes que comenzar con estudiar algo de historia de las matematicas

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  2. Se me ocurre que la intuición que pudo tener para saber que sería un polinomio de grado 3 podría venir de las aproximaciones de integrales definidas.
    \sum_{i=0}^{n} i^p \sim \int_{0}^{n}x^p \cdot dx
    Y está claro que la integral indefinida de un polinomio de grado p es otro polinomio de p+1, como intuyó Keeler.

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  3. Yo lo primero que he pensado es en integrales…

    Si hacemos la integral indefinida de x^2 nos da x^3 / 3
    Si hacemos la integral indefinida de x nos da x^2 / 2

    Pensando un poco más en esto… podemos obtener una cota superior de las series.
    Teniendo en cuenta que x^p es estrictamente creciente el área bajo la curva será mayor que la suma de áreas de los rectángulos de base una unidad y altura x^i así que dicho área bajo la curva es una cota superior… Y dicha cota superior se puede expresar como una integral definida.

    Por ejemplo, para x^2 …
    Sumatorio de i^2 desde 1 hasta n … es menor que la siguiente integral definida:
    Integral desde 1 hasta n+1 de x^2 por dx… que viene a ser: (n+1)^3/3 – 1/3
    = n^3 /3 + n^2 + n

    Y si no me equivoqué una cota inferior sería n^3/3 + 2/3

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  4. USAMOS la formula de Euler-Mac Laruin y lo tenemos todo

    para potencias ENTERAS es exacta

    para potencias FRACCIONARIAS y demas o complejos 😀 da formula aproximada

    no es para sorprenderse tanto 😀

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  5. Yo creo que si no sabía matemáticas, el razonamiento sería más sencillo. Simplemente, (n+1)^{k+1}-n^{k+1} es un polinomio de grado k. De ahí se deduce que de un polinomio de grado k+1 se obtiene uno de grado k (haciendo P(n+1)-P(n)). Luego, si lo que se quiere es obtener n^k, que es un polinomio de grado k, parece lógico buscar entre los polinomios de grado k+1.

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  6. Off Topic: A partir de la formula de

      \displaystyle \sum_{j=1}^{n} j x^{j} = \cfrac{x-x^{n+1}-nx^{n+1}+nx^{n+2}}{(1-x)^{2}}

    Se puede llegar a la otra usando limites

      \displaystyle lim_{x \rightarrow 1 } \sum_{j=1}^{n} j x^{j} = \cfrac{x-x^{n+1}-nx^{n+1}+nx^{n+2}}{(1-x)^{2}}

      \displaystyle lim_{x \rightarrow 1 } \sum_{j=1}^{n} j x^{j} = \cfrac{ \cfrac{d^{2}}{dx} \left ( x-x^{n+1}-nx^{n+1}+nx^{n+2} \right ) }{\cfrac{d^{2}}{dx} \left ( (1-x)^{2} \right ) }

      \displaystyle lim_{x \rightarrow 1 } \sum_{j=1}^{n} j x^{j} = \cfrac{ -(n+1)nx^{n-1}-n^{2}(n+1)x^{n-1}+n(n+2)(n+1)x^{n} }{ 2 }

      \displaystyle \sum_{j=1}^{n} j = \cfrac{ -(n+1)n-n^{2}(n+1)+n(n+2)(n+1) }{ 2 }

      \displaystyle \sum_{j=1}^{n} j = \cfrac{ -n^{2}-n-n^{3}-n^{2}+n^{3}+3n^{2}+2n }{ 2 } = \cfrac{ n^{2} + n }{2} = \cfrac{ n(n+1) }{2}

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  7. Tirando a lo simple, puede que este señor pensara “ n cuadrados debe ser del orden de n\cdot n^{2} = n^{3}, así que será un polinomio de grado tres”.

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  8. Yo recuerdo que en 2º o 3º de BUP la profe de mates ponía sucesiones en la pizarra y para hallar su término general hacía sucesivas diferencias de términos consecutivos hasta llegar a una sucesión de términos constantes. Según aumentaba el número de iteraciones necesarias para llegar a la sucesión de números constante aumentaba el grado del término general.

    En este caso la sucesión es 1, 5, 14, 30, 55, 91, 140, 204, …..
    La primera diferencia es 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, …. (no podía ser de otra forma!)
    La segunda es………….. 5, 7, 9, 11, 13, 15, 17…..
    La última es……………. 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, …….
    Lo que según mi profe de mates nos da un término general de grado 3 que se hallaba con un sistema de ecuaciones.

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  9. Juanjo,
    tienes toda la razón.
    Ese método sencillo es el que a veces uso cuando te dan una serie y quieres calcular el término general… y funciona cuando es un polinomio (cubos, cuadrados, etc)

    Sea un polinomio a(n)*x^n + a(n-1)*x^(n-1)+ … + a(1)*x + a(0)

    Al hacer diferencias sucesivas…

    En la primera diferencia se va el término independiente a(0)

    queda a(n) [(x+1)^n – x^n] + … + a(2) [2*x +1] + a(1) (x+1 – x)

    En la segunda se va el a(1)

    Y así hasta que queda a(n) * n!

    En este caso, en la segunda se va a(2) y queda a(3)*3!

    así que la constante 2 que queda al final no es otra cosa que a(3)*3*2*1 = 2

    Por tanto: a(3) = 1/3

    Faltaría hallar a(2) = 1/2 ; a(1) = 1/6 ; a(0) = 0

    Calcular a(0) = 0 también es fácil… para x=0 sería la suma de cuadrados a partir del 0^2 que es cero, luego a(0) = 0

    O bien añadiendo un término a la izquierda en las diferencias: Dif3=2
    Dif2(0) = Dif2(1) – Dif3 = 5 -2 = 3
    Dif1(0) = Dif1(1) – Dif2(0) = 4 – 3 = 1
    p(0) = p(1) – Dif1(0) = 1 – 1 = 0 = a(0) = p(x .. x=0)

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