Gott Nytt Kvadratår!

Eftersom 45 är ett triangeltal gäller det också att 
$2025 = 1^3 + 2^3 + 3^3 + 4^3 +5^3 + 6^3 + 7^3 + 8^3 + 9^3$
Mycket speciellt år!

AlexMu skrev:

Eftersom 45 är ett triangeltal gäller det också att 
$2025 = 1^3 + 2^3 + 3^3 + 4^3 +5^3 + 6^3 + 7^3 + 8^3 + 9^3$
Mycket speciellt år!

Cool!

(ϕ⁴ − 1/ϕ⁴)⁴

Som också skrivs som (1+2+3+4+5+6+7+8+9)²

Jan Ragnar skrev:

Som också skrivs som (1+2+3+4+5+6+7+8+9)²

Att det är lika med $1^3+2^3+3^3+4^3+5^3+6^3+7^3+8^3+9^3$, som AlexMu nämnde, gör mig av någon anledning lite illa till mods. Det känns fel på något vis som jag inte riktigt kan förklara. De borde inte vara lika med varandra… Det är som om någon har smugit in en bugg i matematiken! 

@Smutstvätt, jag pratade lustigt nog om exakt detta med en god vän igår! Det känns HELT FEL.

naytte skrev:

@Smutstvätt, jag pratade lustigt nog om exakt detta med en god vän igår! Det känns HELT FEL.

Snart kommer det väl att visa sig att $(1+2+…+x)^2=1^3+2^3+…+x^3$ också… 😤

Smutstvätt skrev:

naytte skrev:

@Smutstvätt, jag pratade lustigt nog om exakt detta med en god vän igår! Det känns HELT FEL.

Snart kommer det väl att visa sig att $(1+2+…+x)^2=1^3+2^3+…+x^3$ också… 😤

Jag älskar denna identitet så mycket! Roligt sammanträffande!

Nej vänta, va...? Jag trodde att 2025 var ett ensamt fall där de sammanföll. Åh nej, de är verkligen lika med varandra. USCH! Driftstörningen i matematiken växer okontrollerat! 

Skämt åsido, jag hade nog förträngt den likheten... 😭

Jag blev nyfiken om det fanns fler sådana här identiteter. 
Alltså $\displaystyle (1^p+2^p+...+n^p)^k = 1^m + 2^m + ... + n^m$
Hittade ingen info på internet om detta existerar eller inte.

Eftersom den explicita formeln för $\displaystyle \sum_{n=0}^k n^p$ alltid blir ett polynom med gradtal $p+1$ har vi att
VL blir ett polynom med gradtal $kp+k$ och HL ett polynom med gradtal $m+1$
Så då har vi förhållandet $m=kp+k-1$. 
Sedan testade jag att lägga i den explicita formeln för summan i desmos och se om jag kunde hitta en annan lösning, vilket jag tyvärr inte gjorde. Men med hur den explicita formeln ser ut och hur stora talen blir (fakulteter och bernoulli tal dyker upp) klarar sig inte desmos särskilt länge. Därför kunde jag inte snabbtesta så många fall för att hitta en enkel lösning. 

Jag hoppas det finns fler exempel! Har ingen lust att testa algebraiskt just nu. 
Här är det jag gjorde i desmos om någon är nyfiken: https://www.desmos.com/calculator/akums6zvlf

Okej, tyvärr finns inga andra identiteter :( 
Men tur för er! Inget mer att förtränga!

Den explicita formeln är 
$f_p(n)$$\displaystyle= \sum_{k=0}^n{k^p} = \frac{1}{1+p}\sum_{\ell=0}^p{\binom{p+1}{m}B_\ell n^{p-\ell+1}}$
Där $B_n$ är Bernoullitalen. Det enda relevanta för detta är att $B_0 = 1$
Om vi ska ha att
$f_p(n)^k = f_m(n)$ behöver vi att varje term ska matcha. 

Vi kollar på termen med högst exponent i båda funktioner. I VL blir det när den första termen har multiplicerats med sig själv $k$ gånger, och VL:s högsta exponent blir bara den första termen. Vilket ger oss likheten:

$\displaystyle \left(\frac{n^{p+1}}{1+p}\right)^k = \frac{n^{m+1}}{m+1}$
Vi har att både exponenterna och koefficienten måste matcha

$\displaystyle (p+1)k = m+1$
$\displaystyle (1+p)^k = m+1$
Detta ger:
$\displaystyle k = (1+p)^{k-1}$ (och $m = kp + k -1$)

Det här är en diofantisk ekvation eftersom både $k$ och $p$ är heltal>0. 
Man kan visa att de enda lösningen är $p=1$, $k = 2$, $m=3$. 
(Det finns också $k=1$, $p=m$, men denna lösning är inte intressant eftersom det bara ger $f_p(n) = f_m(n)$)