Sejam n e k naturais. Encontre uma fórmula de recorrência para
\sum_{i=1}^{n} i^{k}
Mostre que
\sum_{i=1}^{n} i^{k}=p_{k}(n)
onde p_{k}(n) é um polinômio de grau k+1, cujo termo de maior grau é \frac{n^{k+1}}{k+1}.

Passo 1

O que o enunciado pede e o que nos é dado:
  • Pede-se uma fórmula de recorrência para
\sum_{i=1}^{n} i^{k},
onde n e k são naturais.
  • Pede-se também mostrar que
\sum_{i=1}^{n} i^{k}=p_{k}(n)
onde p_{k}(n) é um polinômio em n de grau k+1 e cujo termo de maior grau é \dfrac{n^{k+1}}{k+1}.
Informações importantes que vamos usar (já claras no enunciado):
  • n\in\mathbb{N}, k\in\mathbb{N}.
  • A soma começa em i=1 e vai até i=n.
  • Não há dados numéricos específicos; a solução deve ser válida para todo n,k naturais.

Passo 2

Definição e notação útil: vamos definir
S_k(n):=\sum_{i=1}^{n} i^{k}.
Observação simples de caso-base: para k=0 temos
S_0(n)=\sum_{i=1}^{n} i^{0}=\sum_{i=1}^{n}1=n.
Isso nos dá o ponto inicial para uma recorrência.
Agora lembramos o enunciado do binômio de Newton (expansão de (x+1)^{k+1}). Para qualquer inteiro m\ge 0,
(m+1)^{k+1}= \sum_{t=0}^{k+1} \binom{k+1}{t} m^{t}.
Subtraindo m^{k+1} dos dois lados, obtemos a identidade de diferença
(m+1)^{k+1}-m^{k+1} = \sum_{t=0}^{k} \binom{k+1}{t} m^{t}.
Essa identidade é fundamental porque transforma potências em uma soma de potências de grau menor — ideia básica de “diferença discreta”.

Passo 3

Agora vamos somar a identidade do passo anterior para m=0,1,2,\dots,n. Fazendo isso, o lado esquerdo telescopa:
\sum_{m=0}^{n}\big[(m+1)^{k+1}-m^{k+1}\big] = (n+1)^{k+1}-0^{k+1}=(n+1)^{k+1}.
No lado direito podemos trocar as somas (soma dupla) e usar a definição S_j(n)=\sum_{m=1}^{n} m^{j} (repare que somar de m=0 a n inclui o termo m=0 que é zero quando j\ge1, e o caso j=0 n+1 mas isso será tratado naturalmente):
\sum_{m=0}^{n}\sum_{t=0}^{k} \binom{k+1}{t} m^{t} = \sum_{t=0}^{k} \binom{k+1}{t}\sum_{m=0}^{n} m^{t} = \sum_{t=0}^{k} \binom{k+1}{t} S_t(n),
pois \sum_{m=0}^{n} m^{t} = \sum_{i=1}^{n} i^{t} = S_t(n) (o m=0 só contribui zero para t\ge1; para t=0 temos S_0(n)=n, consistente).
Portanto obtemos a identidade-chave
(n+1)^{k+1} = \sum_{t=0}^{k} \binom{k+1}{t} S_t(n).

Passo 4

Isolando S_k(n) nessa identidade, notando que \binom{k+1}{k}=k+1, temos
(k+1) S_k(n) = (n+1)^{k+1} - \sum_{t=0}^{k-1} \binom{k+1}{t} S_t(n).
Logo a fórmula de recorrência pedida é
\boxed{\,S_k(n)=\frac{1}{k+1}\left[(n+1)^{k+1} - \sum_{t=0}^{k-1} \binom{k+1}{t} S_t(n)\right]\,.}
Isso expressa a soma de potências de grau k em termos de (n+1)^{k+1} e das somas S_t(n) com t<k. É uma recorrência em k (e vale para todo n).

Passo 5

Interpretação prática e caso base: a recorrência liga S_k(n) a S_0(n),S_1(n),\dots,S_{k-1}(n). Já conhecemos S_0(n)=n. Assim, por indução em k pode-se calcular S_1(n),S_2(n),\dots sucessivamente. Vou mostrar rapidamente o uso para obter a fórmula clássica de k=1 para ilustrar como a recorrência funciona:
Para k=1, a recorrência dá
S_1(n)=\frac{1}{2}\left[(n+1)^{2}-\sum_{t=0}^{0}\binom{2}{t}S_t(n)\right] =\frac{1}{2}\left[(n+1)^{2}-\binom{2}{0}S_0(n)\right].
Como \binom{2}{0}=1 e S_0(n)=n,
S_1(n)=\frac{1}{2}\big[(n+1)^{2}-n\big] =\frac{1}{2}\big(n^{2}+2n+1-n\big) =\frac{n(n+1)}{2},
que é a fórmula conhecida (bom sinal de que a recorrência está correta).

Passo 6

Provar que S_k(n) é um polinômio em n de grau k+1 com termo principal \dfrac{n^{k+1}}{k+1}.
Faremos por indução em k.
Base k=0: S_0(n)=n é um polinômio de grau 1=k+1 e o termo de maior grau é n=\dfrac{n^{0+1}}{0+1}. OK.
Passo indutivo: suponha que para todo t<k a função S_t(n) é um polinômio em n de grau t+1 e cujo coeficiente líder é \dfrac{1}{t+1}, isto é, o termo de maior grau de S_t(n) é \dfrac{n^{t+1}}{t+1}.
Olhemos a recorrência do Passo 4:
S_k(n)=\frac{1}{k+1}\left[(n+1)^{k+1} - \sum_{t=0}^{k-1} \binom{k+1}{t} S_t(n)\right].
Pelo hipótese indutiva cada S_t(n) (com t\le k-1) é polinomial de grau \le k. O termo (n+1)^{k+1} é um polinômio de grau k+1. Assim o lado direito é combinação linear de polinômios, portanto é polinomial; mais precisamente, tem grau exatamente k+1 porque nenhum dos S_t(n) com t\le k-1 contém termo n^{k+1} (o maior grau de S_t é t+1\le k), enquanto (n+1)^{k+1} tem termo n^{k+1} com coeficiente 1. Assim o termo n^{k+1} do numerador é simplesmente 1\cdot n^{k+1} (os outros somandos não contribuem para n^{k+1}), e ao dividir por k+1 obtemos coeficiente líder \dfrac{1}{k+1}.
Portanto S_k(n) é um polinômio em n de grau k+1 cujo coeficiente do termo n^{k+1} é \dfrac{1}{k+1}. Isso completa a prova por indução.

Passo 7

Observações finais e ligação com fórmulas conhecidas:
  • A recorrência do Passo 4 permite calcular explicitamente S_k(n) para qualquer k usando as fórmulas já obtidas para potências menores. Por exemplo:
    • S_1(n)=\dfrac{n(n+1)}{2}.
    • Usando a recorrência para k=2 e S_0,S_1 obtém-se S_2(n)=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}.
  • A declaração que S_k(n) é um polinômio de grau k+1 com termo dominante \dfrac{n^{k+1}}{k+1} é uma forma elementar do que, em termos mais avançados, é conhecido como a fórmula de Faulhaber (que descreve essas somas por polinômios, cujos coeficientes podem ser expressos usando números de Bernoulli). Aqui provamos apenas a existência e o termo principal; a recorrência dá uma maneira construtiva de encontrar todos os coeficientes sem recorrer imediatamente aos números de Bernoulli.

Resposta

\boxed{\,\sum_{i=1}^{n} i^{k}=S_k(n)=\frac{1}{k+1}\left[(n+1)^{k+1}-\sum_{t=0}^{k-1}\binom{k+1}{t}S_t(n)\right]\,}
\boxed{\,\sum_{i=1}^{n} i^{k}=p_{k}(n)\,,\ \text{o que significa que }p_{k}\text{ é um polinômio em }n\text{ de grau }k+1\text{ com termo líder }\frac{n^{k+1}}{k+1}. \,}éôí

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