Polinomios para sumas de potencias de progresiones aritméticas

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Para cualquier ${\displaystyle m}$ entero positivo, el caso general se resuelve mediante la siguiente fórmula:

${\displaystyle \quad {\vec {S_{n}}}(h,d)=T(h,d)A^{-1}{\vec {N_{n}}}\quad ,}$ donde

${\displaystyle [{\vec {S_{n}}}(h,d)]_{r}=S_{n}^{r-1}(h,d),\quad [{\vec {N_{n}}}]_{r}=n^{r},}$

${\displaystyle [T(h,d)]_{r,c}={\begin{cases}0,&{\text{si }}c>r,\\{\binom {r-1}{c-1}}h^{r-c}d^{c-1}&{\text{si }}c\leq r.\end{cases}},\quad [A]_{r,c}={\begin{cases}0,&{\text{si }}c>r,\\{\binom {r}{c-1}},&{\text{si }}c\leq r,\end{cases}},\quad }$

con ${\displaystyle \quad 1\leq r\leq m\quad }$ y ${\displaystyle \quad 1\leq c\leq m\quad }$ donde ${\displaystyle r}$ (fila), ${\displaystyle c}$ (columna) y ${\displaystyle m}$ (orden de la matriz) son enteros.^[2]

La fórmula en el caso particular  ${\displaystyle m=5~(p=0,1,...,m-1)}$ se convierte en :  

${\displaystyle {\begin{pmatrix}S_{n}^{0}({h,d})\\S_{n}^{1}({h,d})\\S_{n}^{2}({h,d})\\S_{n}^{3}({h,d})\\S_{n}^{4}({h,d})\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&0&0&0\\h&d&0&0&0\\h^{2}&2hd&d^{2}&0&0\\h^{3}&3h^{2}d&3hd^{2}&d^{3}&0\\h^{4}&4h^{3}d&6h^{2}d^{2}&4hd^{3}&d^{4}\\\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}1&0&0&0&0\\1&2&0&0&0\\1&3&3&0&0\\1&4&6&4&0\\1&5&10&10&5\\\end{pmatrix}}^{-1}{\begin{pmatrix}n\\n^{2}\\n^{3}\\n^{4}\\n^{5}\end{pmatrix}}}$

Y en el caso especial ${\displaystyle m=5,~h=1,~d=2}$, calcula la suma de los ${\displaystyle n}$ primeros números impares consecutivos

Calculando la matriz T(h,d), cuyos elementos siguen el teorema del binomio con los valores asignados, es decir, T(1,2), y hallando la matriz inversa de la matriz triangular inferior A obtenida a partir del triángulo de Pascal privado del último elemento de cada fila (matriz formada a partir del números de Bernoulli, mostrada en rojo), tenemos :

${\displaystyle T(1,2)={\begin{pmatrix}1&0&0&0&0\\1&2&0&0&0\\1&4&4&0&0\\1&6&12&8&0\\1&8&24&32&16\\\end{pmatrix}},\qquad A^{-1}={\begin{pmatrix}\color {red}1\color {black}&0&0&0&0\\\color {red}-{\frac {1}{2}}\color {black}&{\frac {1}{2}}&0&0&0\\\color {red}{\frac {1}{6}}\color {black}&-{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{3}}&0&0\\\color {red}0\color {black}&{\frac {1}{4}}&-{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{4}}&0\\\color {red}-{\frac {1}{30}}\color {black}&0&{\frac {1}{3}}&-{\frac {1}{2}}&{\frac {1}{5}}\end{pmatrix}}}$

multiplicando las filas por las columnas de las dos matrices se obtiene

${\displaystyle {\begin{pmatrix}S_{n}^{0}({1,2})\\S_{n}^{1}({1,2})\\S_{n}^{2}({1,2})\\S_{n}^{3}({1,2})\\S_{n}^{4}({1,2})\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}1&0&0&0&0\\0&1&0&0&0\\-{\frac {1}{3}}&0&{\frac {4}{3}}&0&0\\0&-1&0&2&0\\{\frac {7}{15}}&0&-{\frac {8}{3}}&0&{\frac {16}{5}}\end{pmatrix}}{\begin{pmatrix}n\\n^{2}\\n^{3}\\n^{4}\\n^{5}\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}n\\n^{2}\\-{\frac {1}{3}}n+{\frac {4}{3}}n^{3}\\-n^{2}+2n^{4}\\{\frac {7}{15}}n-{\frac {8}{3}}n^{3}+{\frac {16}{5}}n^{5}\\\end{pmatrix}}.}$

y por tanto:

${\displaystyle S_{n}^{0}(1,2)=n,\quad S_{n}^{1}(1,2)=n^{2},\quad S_{n}^{2}(1,2)=-{\frac {1}{3}}n+{\frac {4}{3}}n^{3},\quad S_{n}^{3}(1,2)=-n^{2}+2n^{4},\quad S_{n}^{4}(1,2)={\frac {7}{15}}n-{\frac {8}{3}}n^{3}+{\frac {16}{5}}n^{5}.}$. Por último, si interesan las sumas de los tres primeros sumandos

${\displaystyle S_{3}^{0}(1,2)=3,\quad S_{3}^{1}(1,2)=9,\quad S_{3}^{2}(1,2)=35,\quad S_{3}^{3}(1,2)=153,\quad S_{3}^{4}(1,2)=707=1^{4}+3^{4}+5^{4}.}$