Yazar: Nurettin Çalışkan (ODTÜ Matematik Bölümü Araştırma Görevlisi)
Yıl: 1995-1
Sayı: 21
Birincisi $1$ birim, ikincisi $2$ birim, üçüncüsü $3$ birim, $\cdots n$’incisi $n$ birim uzunluğunda olan $n$ tane çubuk alalım. Bu çubukları ucuca birleştirdiğimizde, uzunluğu $1+2+3+\cdots+n=\sum_{k=1}^{n} k$ kadar olan bir çubuk elde ederiz.
Aynı çubukları, üstüste getirelim. Çubukların uzunlukları toplamına bakıldığında, elimizde $n$ tane $1$ birim, $(n-1)$ tane $(2-1)$ birim, $\ldots$, $1$ tane $(n-(n+1))$ birimlik çubuklar olduğu görülecektir. Bu uzunlukların toplamı, bize toplam uzunluğu verir, yani
$$ \begin{split}
\sum_{k=1}^{n} k & =n(1-0)+(n-1)(2-1)+\cdots + (n(k-1))(k-(k-1))+ \cdots + 1(n-(n-1))\\
& =\sum_{k=1}^{n}[n-(k-1)][k-(k-1)] \\
& =\sum_{k=1}^{n}(n-k+1) \\
& =\sum_{k=1}^{n} n-\sum_{k=1}^{n} k+\sum_{k=1}^{n} 1
\end{split} $$
ya da, $\sum_{k=1}^{n} 1=1+1+\cdots+1=n$ eşitliği ile
$$\begin{split}
2 \sum_{k=1}^{n} k & =n \sum_{k=1}^{n} 1+\sum_{k=1}^{n} 1 \\ & =n^{2}+n
\end{split}$$ veya $$\sum_{k=1}^{n} k=\frac{n(n+1)}{2}$$ sonucunu buluruz.
Şimdi de kenar uzunlukları $1,2, \cdots, n$ olan $n$ tane kare şeklinde kağıtlar alalım. Kağıtların alanları toplamı $1^{2}+2^{2}+\cdots+n^{2}=\sum_{k=1}^{n} k^{2}$ dir.
Kağıtları üst üste koyduğumuzda, toplam alanın, $n$ tane $1^{2}$ birim kare, $(n-1)$ tane $\left(2^{2}-1^{2}\right)$ birim kare , $\ldots$, $2$ tane $\left[(n-1)^{2}-(n-2)^{2}\right]$ birim kare ve $1$ tane $\left[n^{2}-(n-1)^{2}\right]$ birim karelik alanların toplamına eşit olduğu görülür.
O halde
$$\begin{split}
\sum_{k=1}^{n} k^{2} & =n 1^{2}+(n-1)\left(2^{2}-1^{2}\right)+\cdots+ 2\left[ (n-1)^2 – (n-2)^2 \right] +1\left(n^{2}-(n-1)^{2}\right) \\
& =\sum_{k=1}^{n}[n-(k-1)]\left[n^{2}-(n-1)^{2}\right] \\
& =\sum_{k=1}^{n}(n-k+1)(2 k-1)
\end{split}$$
buradan da, sağ tarafı düzenleyip $\sum_{k=1}^{n} 1=n$, $\sum_{k=1}^{n} k={n(n+1)}/{2}$ bilgisi kullanılarak
$$\sum_{k=1}^{n} k^{2}=\frac{n(n+1)(2 n+1)}{6}$$ elde edilir.
$1^{3}+2^{3}+\cdots+n^{3}=\sum_{k=1}^{n} k^{3}$ toplamını bulmak için de, hacimleri $1^{3}, 2^{3}, \cdots, n^{3}$ birim küpler olan $n$ tane küp alalım. Yukarıdaki örneklerdeki gibi, küpleri üst üste koyduğumuzda, küplerin toplam hacmi
$$n 1^{3}+(n-1)\left[2^{3}-1^{3}\right]+\cdots+(n-(k-1)) \left[k^{3}-(k-1)^{3}\right]+\cdots+1\left[n^{3}-(n-1)^{3}\right]$$ sayısına eşit olacaktır.
Ya da $$\begin{split}
\sum_{k=1}^{n} k^{3} & =\sum_{k=1}^{n}(n-(k-1))\left(k^{3}-(k-1)^{3}\right) \\
& =\sum_{k=1}^{n}(n-k+1)\left(3 k^{2}-3 k+1\right)
\end{split}$$ buradan da $$\sum_{k=1}^{n} k^{3}=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{2}$$ elde edilir.
Bu üç örneğe baktığımızda, $p$’nin 1,2 ve 3 değerleri için
$$\sum_{k=1}^{n} k^{p}=\sum_{k=1}^{n}(n-k+1)\left(k^{p}-(k-1)^{p}\right)$$
olduğunu görmekteyiz. $p \geq 4$ değerleri için bu ifadenin doğruluğunu araştırmaksızın $\sum_{k=1}^{n} k^{p}$ toplamının eşitliğini başka yöntemlerle bulmaya çalışacağız.
$f$ reel sayılar kümesi üzerinde tanımlı bir fonksiyon olsun.
$\lim _{h \rightarrow 0} \frac{f(x+h)-f(x)}{h}$ varsa, $f$ fonksiyonu türevlenebilir bir fonksiyondur ve bu limit değeri de $D f(x)$’e eşittir. Burada, $D$ türev operatörü olmak üzere, $D f(x)$, $f$ fonksiyonunun $x$ noktasındaki türevini tanımlar.
$f$ fonksiyonu tam sayılar kümesi üzerinde tanımlı bir fonksiyon ise, yukarıdaki limit tanımıyla verilen türev operatörü bu fonksiyon için geçerli değildir.
$h$’in sıfır komşuluğundaki değerleri yerine, $h=1$ alındığında, verilen türev tanımı $f(x+1)-f(x)$ şekline dönüşür.
Böylece tam sayılar kümesi üzerinde tanımlı $f$ fonksiyonları için $D$ türev operatörü yerine $$\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)$$ şeklinde bir, $\Delta$, fark operatörü tanımlanır.
$f$ fonksiyonu reel sayılardan reel sayılara yeterince “düzgün” bir fonksiyon ise, $D f$ ve $\Delta f$ de reel sayılardan kendisine fonksiyonlardır.
Türev operatörünün özellikleri, fark operatörü içinde geçerlidir.
$c \in \mathbb{R}$, $f$ ve $h$ reel değerli fonksiyonlar ise,
- $\Delta(c f)(x)=c \Delta f(x)$
- $\Delta(f+h)(x)=\Delta f(x)+\Delta h(x)$
- $\Delta(f\cdot h)(x) = h(x+1)\Delta f(x) + f(x) \Delta h(x)$
- $\Delta f(x)=0$ ise $f(x) \equiv$ sabit olur.
$\sum_{{k=0}}^{n} f(k)$ toplamının değerini bulmak için, fark operatörünün özelliklerinden yararlanacağız.
$f: \mathbb{Z}^{+} \rightarrow \mathbb{R}$ verilen bir fonksiyon olsun, $x \in \mathbb{Z}^{+}$ için $\Delta F(x)=f(x)$ eşitliğini sağlayan $f$ fonksiyonlarına bakalım.
$$\begin{split}
\Delta F(0) &=F(1)-F(0)=f(0) \\
\Delta F(1)&=F(2)-F(1)=f(1) \\
& \; \; \vdots \\
\Delta F(n-1)&=F(n)-F(n-1)=f(n-1)\\
\Delta F(n)&=F(n+1)-F(n)=f(n)
\end{split}$$
eşitliğin her iki tarafını topladığımızda $$F(n+1)-F(0)=f(0)+f(1)+\cdots+f(n)$$ ya da $$\sum_{k=0}^{n} f(k)=F(n+1)-F(0)=\left.F(k)\right|_{k=0} ^{k=n+1}$$ elde ederiz.
Böylece, verilen bir $f$ fonksiyonu için $\sum_{k=0}^{n} f(k)$ toplamını bulma sorusunu, $\Delta F=f$ olacak şekilde bir $F$ fonksiyonu bulmaya dönüştürdük.
Örnek olarak, $k$ bir tam sayı $a$ birden farklı reel sayı olmak üzere, $\sum_{k=0}^{n} a^{k}$ toplamını bulmaya çalışalım.
İlk olarak $f(k)=a^{k}$ fonksiyonu için $\Delta F(k)=f(k)$ eşitliğini sağlayan $F$ fonksiyonunu bulmalıyız. Bu fonksiyon $F(k)=\frac{1}{a-1} a^{k}$ dir.
O halde $$\sum_{k=0}^{n} a^{k} =\left.\frac{1}{a-1} a^{k}\right|_{k=0} ^{k=n+1} =\frac{1}{a-1}\left(a^{n+1}-1\right)$$ olmalıdır.
Şimdi de $p$ pozitif bir tam sayı olmak üzere $\Delta F(k)=k^{p}$ özdeşliğini veren $F$ fonksiyonunu bulmaya çalışacağız.
$m \in \mathbb{R} \backslash {0}$ için $D\left(x^{m}\right)=m x^{m-1}$ olduğunu biliyoruz. $\Delta$ fark operatörü için, benzer özelliği taşıyan bir fonksiyon bulabilir miyiz?
$p \in \mathbb{Z}^{+}$ alalım. $x^{(p)}$ formunda bir “üstlü terim” tanımlayalım, öyle ki $x^{(p)}$
$$\begin{split}
& x^{(0)}=1 \\
& x^{(1)}=x \\
& {x}^{(2)}=x(x-1)\\
& \quad \vdots\\
&x^{(p)}=x(x-1)(x-2) \cdots(x-p+1)
\end{split}$$ özelliğine sahip olsun.
Oluşturduğumuz bu üstlü terimi kısaca
$$ \left\{\begin{array}{l}x^{(0)}=1 \\ x^{(p+1)}= x^{(p)}(x-p)\quad
;p=0,1,2\cdots\end{array}\right.$$ olarak tanımlayabiliriz.
$F(x)=x^{(p)}$ olsun. Bu fonksiyona fark operatörünü uyguladığımızda $\Delta F(x)=p x^{(p-1)}$ olacaktır. Gerçekten de
$$
\begin{split}
\Delta F(x)= & F(x+1)-F(x) \\
= & (x+1)^{p}-x^{(p)} \\
= & (x+1)(x)(x-1) \cdots(x-p+2)- x(x-1) \cdots(x-p+2)(x-p+1) \\
= & x(x-1) \cdots(x-p+2) {[x+1-(x-p+1)] } \\
= & p x(x-1) \cdots(x-p+2) \\
= & p x^{(p-1)}
\end{split}
$$
Bu sonuçla, $p \in \mathbb{Z}^{+}$ için, $\Delta F(x)=x^{(p)}$ eşitliğini sağlayan $f$ fonksiyonunun $F(x)=\frac{x^{(p+1)}}{p+1}$ olduğunu göstermiş olduk.
O halde $$ \sum_{k=1}^{n} k^{(p)} =\left.\frac{k^{(p+1)}}{p+1}\right|_{k=0} ^{k=n+1} =\frac{(n+1)^{(p+1)}}{p+1} $$ olmalıdır.
Bizim bulmaya çalıştığımız toplam $\sum_{k=1}^{n} k^{p}$ şeklindeydi. $k^{p}$ ifadesini üstlü terimler cinsinden yazdığımızda, yukarıda elde ettiğimiz sonucu kullanarak, bu toplamın değerini bulabileceğiz.
$p=1$ olduğunda $k^{(1)}=k$ dir. O zaman
$$
\begin{split}
\sum_{k=1}^{n} k=\sum_{k=1}^{n} k^{(1)} & =\left.\frac{k^{(2)}}{2}\right|_{k=0} ^{k=n+1} \\
& =\frac{(n+1)^{(2)}}{2} \\
& =\frac{(n+1)(n)}{2}
\end{split}
$$
$p=2$ için $k^{(2)} =k(k-1)$, ya da
$$
k^{(2)} =k^{2}-k \quad \text { veya } \quad
k^{2} =k^{(2)}+k =k^{(2)}+k^{(1)}
$$
böylece $$\begin{split}
\sum_{k=1}^{n} k^{2}= \sum_{k=1}^{n}\left(k^{(2)}+k^{(1)}\right)&=\left( \frac{k^{(3)}}{3}+\left.\frac{k^{(2)}}{2} \right)\right|_{0} ^{n+1} \\
&= \frac{(n+1)^{(3)}}{3}+\frac{(n+1)^{(2)}}{2} \\
&= \frac{(n+1) n(n-1)}{3}+\frac{(n+1) n}{2} \\
&= \frac{n(n+1)(2 n+1)}{6}
\end{split}$$
$p=3$ için bakalım
$$ k^{(3)}=k(k-1)(k-2) =k^{3}-3 k^{2}+2 k$$
buradan da $$\begin{split}
k^{3} & =k^{(3)}+3 k^{2}-2 k \\
& =k^{(3)}+3\left(k^{(2)}+k^{(1)}\right)-2 k^{(1)} \\
& =k^{(3)}+3 k^{(2)}+k^{(1)} \\
\sum_{k=1}^{n} k^{3} =\sum_{k=1}^{n}\left(k^{(3)}+3 k^{(2)}+k^{(1)}\right) & =\left(\frac{k^{(4)}}{4}+3 \frac{k^{(3)}}{3}+\left.\frac{k^{(2)}}{2}\right) \right|_{0} ^{n+1} \\
& =\frac{(n+1)^{(4)}}{4}+(n+1)^{(3)}+\frac{(n+1)^{(2)}}{2} \\
& =\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{2}
\end{split}
$$
$p=4$ için, $k^{4}=k^{(4)}+6 k^{(3)}+7 k^{(2)}+k^{(1)}$ ve
$$\sum_{k=1}^{n} k^{4}=\frac{n(n+1)}{30}\left(6 n^{3}+9 n^{2}+n-1\right), $$ $p=5$ için, $k^{5}=k^{(5)}+10 k^{(4)}+25 k^{(3)}+15 k^{(2)}+k^{(1)}$ ve
$$\sum_{k=1}^{n} k^{5}=\frac{n^{2}(n+1)}{12}\left[2 n^{3}+4 n^{2}+n-1\right].$$
Bu yöntemle bütün $p \in \mathbb{Z}^{+}$ için $$ T_{p}(n)=\sum_{k=1}^{n} k^{p} $$ toplamının değeri bulunabilir.
Şimdi de, bütün $p$ tamsayıları için $T_{p}(n)$ toplamının genelleştirilmesini yapmaya çalışacağız.
$$ T_{p}(n)=0^{p}+1^{p}+\cdots+(n-1)^{p}=\sum_{k=1}^{n-1} k^{p} $$ olarak tanımlandığında $$
\begin{split}
& T_{0}(n)=n \\
& T_{1}(n)=\frac{1}{2} n^{2}-\frac{1}{2} n \\
& T_{2}(n)=\frac{1}{3} n^{3}-\frac{1}{2} n^{2}+\frac{1}{6} n \\
& T_{3}(n)=\frac{1}{4} n^{4}-\frac{1}{2} n^{3}+\frac{1}{4} n^{2} \\
& T_{4}(n)=\frac{1}{5} n^{5}-\frac{1}{2} n^{4}+\frac{1}{3} n^{3}-\frac{1}{30} n \\
& T_{5}(n)=\frac{1}{6} n^{6}-\frac{1}{2} n^{5}+\frac{5}{12} n^{4}-\frac{1}{12} n^{2} \\
& T_{6}(n)=\frac{1}{7} n^{7}-\frac{1}{2} n^{6}+\frac{1}{2} n^{5}-\frac{1}{6} n^{3}+\frac{1}{42} n \\
& T_{7}(n)=\frac{1}{8} n^{8}-\frac{1}{2} n^{7}+\frac{7}{24} n^{6}-\frac{7}{24} n^{4}+\frac{1}{12} n^{2} \\
& T_{8}(n)=\frac{1}{9} n^{9}-\frac{1}{2} n^{8}+\frac{2}{3} n^{7}-\frac{7}{15} n^{5}+ \frac{2}{9} n^{3}-\frac{1}{30} n \\
& T_{9}(n)=\frac{1}{10} n^{10}-\frac{1}{2} n^{9}+\frac{3}{4} n^{8}-\frac{7}{10} n^{6}+ \frac{1}{2} n^{4}-\frac{3}{20} n^{2} \\
& T_{10}(n)=\frac{1}{11} n^{11}-\frac{1}{2} n^{10}+\frac{5}{6} n^{9}-n^{7}+ n^{5}-\frac{1}{2} n^{3}+\frac{5}{66} n
\end{split}
$$
Bu toplamlara bakıldığında, bütün $p$ ‘ler için $T_{p}(n)$ toplamının bir genelleştirilmesinin olası olduğu görülecektir.
Bütün $T_{p}(n)$ toplamlarında $n^{p+1}$ ifadesinin katsayısı $\frac{1}{p+1}$, $n^{p}$’nin katsayısı $-\frac{1}{2}$, $n^{p-1}$ in katsayı $\frac{p}{12}$, $n^{p-2}$ nin katsayısı her zaman sıfır. $n^{p-3}$ ün katsayısı $-\frac{p(p-1)(p-2)}{720}$, $n^{p-4}$ ün katsayısı yine sıfır. Bu şekilde devam edildiğinde $n^{p-k}$ nin, katsayısının bir sabit sayı ile $p^{(k)}$ nin çarpımından oluştuğu görülecektir.
O halde, genelleştirerek
$$
\begin{split}
T_{p}(n)= & \frac{1}{p+1}\left(b_{0} n^{p+1}+ \left(\begin{array}{c}
p+1 \\
1
\end{array}\right) b_{1} n^{p}+\cdots+\left(\begin{array}{c}
p+1 \\
p
\end{array}\right) b_{p} n\right) \\
= & \frac{1}{p+1} \sum_{k=0}^{p}\left(\begin{array}{c}
m+1 \\
k
\end{array}\right) b_{k} n^{p+1-k}
\end{split}
$$
yazabiliriz. Burada $\left(\begin{array}{l}m \\ k\end{array}\right)=\frac{m !}{(m-k) ! k !}$ şeklinde ifade edilen $m$’in $k$’li kombinasyonudur.
Toplam içinde verilen $b_{k}$ sayıları Bernoulli sayıları olarak bilinir. Bernoulli sayıları aşağıda verdiğimiz ilişki ile tanımlanır.
$$
\left\{\begin{array}{l}
b_{0}=1 \\
\sum_{k=0}^{p}\left(\begin{array}{c}
p+1 \\
k
\end{array}\right) b_{k}=0 \quad p=1,2,3, \cdots
\end{array}\right.
$$
Bernoulli sayıları için ilk 12 terim
$$
1,-\frac{1}{2}, \frac{1}{6}, 0,-\frac{1}{30}, 0, \frac{1}{42}, 0,-\frac{1}{30}, 0, \frac{5}{66},0, -\frac{691}{2730}
$$
şeklinde sıralanmıştır.
Dikkat ederseniz, $k$ ikiden büyük tek sayılar olmak üzere $b_{k}=0$ yani $b_{2 n+1}=0, \forall n \geq 1$, dir.
Not: Bu yazı Matematik Dünyası Dergisi arşivinden siteye eklenmiştir. Yazı ilk olarak derginin 1995 yılı 1. sayısında yer almıştır. Matematik Dünyası arşivi titiz bir çalışma ile çevrim içi platformlarda yeni okuyucularıyla buluşuyor. Bu yazıyı burada okunabilir hale getiren arşiv ekibi üyesi Zeynep K‘ye ve tüm gönüllü arşiv ekibimize teşekkür ediyoruz. Yazıyı PDF olarak okumak için PDF arşivine buradan ulaşabilirsiniz.
