Faulhaber'in formülü - Faulhaber's formula

In matematik , Faulhaber formülü adını, Johann Faulhaber , toplamını ifade p'nin ilk oyunu bırakanların güçler n pozitif tamsayılar

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{p}=1^{p}+2^{p}+3^{p}+\cdots +n^{p}}$

n'nin ( p  + 1). dereceden polinom fonksiyonu olarak  , Jacob Bernoulli tarafından sunulan ve 1713'te yayınlanan biçimde, Bernoulli sayılarını içeren katsayılar B _j :

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{p}={\frac {n^{p+1}}{p+1}}+{\frac {1}{2}} n^{p}+\sum _{k=2}^{p}{\frac {B_{k}}{k!}}p^{\underline {k-1}}n^{p-k+ 1},}$

burada a, düşen faktöriyel . ${\displaystyle p^{\underline {k-1}}=(p)_{k-1}={\dfrac {p!}{(p-k+1)!}}}$

Tarih

Faulhaber'in formülüne Bernoulli'nin formülü de denir . Faulhaber, Bernoulli'nin keşfettiği katsayıların özelliklerini bilmiyordu. Bunun yerine, en azından ilk 17 durumu ve aşağıda açıklanan tek kuvvetler için Faulhaber polinomlarının varlığını biliyordu.

Bu formüllerin kesin bir kanıtı ve bu formüllerin tüm tek güçler için var olacağı iddiası Carl Jacobi'ye  ( 1834 ) kadar sürdü .

Faulhaber polinomları

Faulhaber polinomları terimi , bazı yazarlar tarafından yukarıda verilen polinom dizisinden başka bir şeye atıfta bulunmak için kullanılmaktadır. Faulhaber, eğer p tek ise , o zaman

${\displaystyle 1^{p}+2^{p}+3^{p}+\cdots +n^{p}}$

bir polinom fonksiyonudur

${\displaystyle a=1+2+3+\cdots +n={\frac {n(n+1)}{2}}.}$

Özellikle:

${\displaystyle 1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots +n^{3}=a^{2};}$ OEIS :  A000537

${\displaystyle 1^{5}+2^{5}+3^{5}+\cdots +n^{5}={4a^{3}-a^{2} \üzerinde 3};}$ OEIS :  A000539

${\displaystyle 1^{7}+2^{7}+3^{7}+\cdots +n^{7}={6a^{4}-4a^{3}+a^{2} 3};}$ OEIS :  A000541

${\displaystyle 1^{9}+2^{9}+3^{9}+\cdots +n^{9}={16a^{5}-20a^{4}+12a^{3}-3a ^{2} \5'in üzerinde};}$ OEIS :  A007487

${\displaystyle 1^{11}+2^{11}+3^{11}+\cdots +n^{11}={16a^{6}-32a^{5}+34a^{4}-20a ^{3}+5a^{2} \3'ün üzerinde}.}$ OEIS :  A123095

Bu özdeşliklerden ilki ( p = 3 durumu) Nicomachus teoremi olarak bilinir .

Daha genel olarak,

${\displaystyle {\begin{hizalı}1^{2m+1}+2^{2m+1}&+3^{2m+1}+\cdots +n^{2m+1}\\&={\ frac {1}{2^{2m+2}(2m+2)}}\sum _{q=0}^{m}{\binom {2m+2}{2q}}(2-2^{2q) })~B_{2q}~\sol[(8a+1)^{m+1-q}-1\sağ].\end{hizalı}}}$

Bazı yazarlar içinde polinomları diyoruz bir bu kimliklerin sağ tarafta polinomların Faulhaber . Bu polinom ile bölünebilir bir ² için Bernoulli sayısı B _j 0 olduğu j > 1 tek.

Faulhaber ayrıca, tek bir güç için bir miktar verilirse,

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{2m+1}=c_{1}a^{2}+c_{2}a^{3}+\cdots +c_{m} a^{m+1}}$

o zaman hemen aşağıdaki çift gücün toplamı şu şekilde verilir:

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{2m}={\frac {n+1/2}{2m+1}}(2c_{1}a+3c_{2}a^ {2}+\cdots +(m+1)c_{m}a^{m}).}$

Parantez içindeki polinom ile ilgili olarak yukarıda polinom türevi olduğu Not a .

Bu yana bir  =  N ( n  + 1) / 2, burada bu formüller, toplam bir polinom olduğu bir tek güç için (1 'den büyük) gösterir , n sahip olan faktörler , n ² ve ( n  + 1) ² , ise daha güç polinomun n , n  + ½ ve n  + 1 çarpanları vardır .

Summae Potestatum

1713 yılında, Jacob Bernoulli başlıktaki görün Summae Potestatum toplamının bir ifade s yetkileri , n , bir (ilk tamsayı p + 1 ) inci derece polinom fonksiyonu arasında  n numaraları içeren katsayıları ile, B _j , hemen adı Bernoulli sayılar :

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{p}={\frac {n^{p+1}}{p+1}}+{\frac {1}{2}} n^{p}+{1 \over p+1}\sum _{j=2}^{p}{p+1 \j}B_{j}n^{p+1-j}'yi seçin.}$

İlk iki Bernoulli sayısını da (Bernoulli'nin yapmadığı) tanıtan önceki formül şöyle olur:

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{p}={1 \overp+1}\sum _{j=0}^{p}{p+1 \j}B_'yi seçin {j}n^{p+1-j},}$

için ikinci türden Bernoulli numarasını kullanarak , veya ${\displaystyle B_{1}={\frac {1}{2}}}$

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{p}={1 \overp+1}\sum _{j=0}^{p}(-1)^{j}{ p+1 \j}B_{j}n^{p+1-j},} seç$

için birinci türden Bernoulli sayısı kullanılarak ${\displaystyle B_{1}=-{\frac {1}{2}}.}$

Örneğin,

${\displaystyle B_{0}=1,~B_{1}=1/2,~B_{2}=1/6,~B_{3}=0,~B_{4}=-1/30,}$

p = 4 için bir tane vardır ,

${\displaystyle {\begin{aligned}1^{4}+2^{4}+3^{4}+\cdots +n^{4}&={1 \over 5}\sum _{j=0 }^{4}{5 \j}B_{j}n^{5-j}'yi seçin\\&={1 \over 5}\left(B_{0}n^{5}+5B_{1}n ^{4}+10B_{2}n^{3}+10B_{3}n^{2}+5B_{4}n\sağ)\\&={\frac {1}{5}}n^{ 5}+{\frac {1}{2}}n^{4}+{\frac {1}{3}}n^{3}-{\frac {1}{30}}n.\end{ hizalı}}}$

Faulhaber'in kendisi bu formdaki formülü bilmiyordu, sadece ilk on yedi polinomu hesapladı; genel form, Bernoulli sayılarının keşfi ile oluşturulmuştur (bkz. Tarih bölümü ). Faulhaber'in formülünün türetilmesi, John Horton Conway ve Richard K. Guy tarafından yazılan Sayılar Kitabı'nda mevcuttur .

Fikrini kullanarak: ayrıca ifade benzer (ama nedense daha basit) vardır teleskopik ve binom teoremini biri alır, Pascal 'ın kimliğini :

${\displaystyle {\begin{hizalı}(n+1)^{k+1}-1&=\sum _{m=1}^{n}\left((m+1)^{k+1}- m^{k+1}\sağ)\\&=\sum _{p=0}^{k}{\binom {k+1}{p}}(1^{p}+2^{p} +\dots +n^{p}).\end{hizalanmış}}}$

Bu özellikle aşağıdaki örnekleri verir – örneğin, ilk örneği almak için k = 1 alın. Benzer bir şekilde biz de buluyoruz

${\displaystyle {\begin{hizalanmış}n^{k+1}=\sum _{m=1}^{n}\left(m^{k+1}-(m-1)^{k+1) }\right)=\sum _{p=0}^{k}(-1)^{k+p}{\binom {k+1}{p}}(1^{p}+2^{p }+\dots +n^{p}).\end{hizalanmış}}}$

Örnekler

${\displaystyle 1+2+3+\cdots +n={\frac {n(n+1)}{2}}={\frac {n^{2}+n}{2}}}$( üçgen sayılar )

${\displaystyle 1^{2}+2^{2}+3^{2}+\cdots +n^{2}={\frac {n(n+1)(2n+1)}{6}} ={\frac {2n^{3}+3n^{2}+n}{6}}}$( kare piramidal sayılar )

${\displaystyle 1^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots +n^{3}=\left[{\frac {n(n+1)}{2}}\right ]^{2}={\frac {n^{4}+2n^{3}+n^{2}}{4}}}$( üçgen sayıların karesi)

${\displaystyle {\begin{hizalı}1^{4}+2^{4}+3^{4}+\cdots +n^{4}&={\frac {n(n+1)(2n+) 1)(3n^{2}+3n-1)}{30}}\\&={\frac {6n^{5}+15n^{4}+10n^{3}-n}{30}} \end{hizalanmış}}}$

${\displaystyle {\begin{hizalı}1^{5}+2^{5}+3^{5}+\cdots +n^{5}&={\frac {[n(n+1)]^ {2}(2n^{2}+2n-1)}{12}}\\&={\frac {2n^{6}+6n^{5}+5n^{4}-n^{2} }{12}}\end{hizalanmış}}}$

${\displaystyle {\begin{hizalı}1^{6}+2^{6}+3^{6}+\cdots +n^{6}&={\frac {n(n+1)(2n+) 1)(3n^{4}+6n^{3}-3n+1)}{42}}\\&={\frac {6n^{7}+21n^{6}+21n^{5}- 7n^{3}+n}{42}}\end{hizalı}}}$

Örneklerden matris teoremine

Önceki örneklerden şunu elde ederiz:

${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}i^{0}=n}$

${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}i^{1}={1 \over 2}n+{1 \over 2}n^{2}}$

${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}i^{2}={1 \over 6}n+{1 \over 2}n^{2}+{1 \üzer 3}n^{3 }}$

${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}i^{3}={1 \4'ün üzerinde}n^{2}+{1 \üzerinde 2}n^{3}+{1 \4'ün üzerinde }n^{4}}$

${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}i^{4}=-{1 \30'dan fazla}n+{1 \üzerinde 3}n^{3}+{1 \2'den fazla}n^{ 4}+{1 \over 5}n^{5}}$

${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}i^{5}=-{1 \over 12}n^{2}+{5 \over 12}n^{4}+{1 \fazla 2}n^{5}+{1 \over 6}n^{6}}$

${\displaystyle \sum _{i=1}^{n}i^{6}={1 \42'den fazla}n-{1 \üzerinde 6}n^{3}+{1 \üzerinde 2}n^{ 5}+{1 \over 2}n^{6}+{1 \over 7}n^{7}}$

Bu polinomların matrisler arasında çarpım şeklinde yazılması,

${\displaystyle {\begin{pmatrix}\sum _{i=1}^{n}i^{0}\\\sum _{i=1}^{n}i^{1}\\\sum _ {i=1}^{n}i^{2}\\\sum _{i=1}^{n}i^{3}\\\sum _{i=1}^{n}i^{ 4}\\\sum _{i=1}^{n}i^{5}\\\sum _{i=1}^{n}i^{6}\\\end{pmatrix}}=G_ {7}\cdot {\begin{pmatrix}n\\n^{2}\\n^{3}\\n^{4}\\n^{5}\\n^{6}\\n ^{7}\\\end{pmatrix}}\qquad {\text{nerede}}\qquad G_{7}={\begin{pmatrix}1&0&0&0&0&0&0\{1 \over 2}&{1 \over 2} &0&0&0&0&0\\{1 \üzerine 6}&{1 \üzerine 2}&{1 \üzerine 3}&0&0&0&0\\0&{1 \üzerine 4}&{1 \üzerine 2}&{1 \üzerine 4}&0&0&0\\ -{1 \30'dan fazla}&0&{1 \üzerinde 3}&{1 \üzerinde 2}&{1 \5'ten fazla}&0&0\\0&-{1 \12'den fazla}&0&{5 \12'den fazla}&{1 \ 2'den fazla}&{1 \üstü 6}&0\\{1 \42'den fazla}&0&-{1 \6'dan fazla}&0&{1 \2'den fazla}&{1 \2'den fazla}&{1 \7'den fazla}\\ \end{pmatrix}}}$

Şaşırtıcı bir şekilde, polinom katsayıları matrisini ters çevirmek daha tanıdık bir şey verir:

${\displaystyle G_{7}^{-1}={\begin{pmatrix}1&0&0&0&0&0&0\\-1&2&0&0&0&0&0\\1&-3&3&0&0&0&0\\-1&4&-6&4&0&0&0\\1&-5&-10&-10&0&0&0&0 \\1&-7&21&-35&35&-21&7\\\end{pmatrix}}}$

Ters matriste Pascal üçgeni , her satırın son elemanı olmadan ve alternatif işaretlerle tanınabilir. Daha doğrusu, Pascal üçgeninden her satırın son elemanı çıkarılarak ve sağdaki satırlar sıfırla doldurularak elde edilen matris olsun, yani alt üçgen Pascal matrisinden elde edilen matris , ana köşegeni sıfırlarla doldurup kaydırarak olsun. tüm unsurları tek bir yerde toplayın: ${\ Displaystyle A_{7}}$

${\displaystyle A_{7}={\başlangıç{pmatrix}1&0&0&0&0&0&0\\1&2&0&0&0&0&0\\1&3&3&0&0&0\\1&4&6&4&0&0&0\\\1&5&10&10&5&6&0\&}{&1&3&0\&}$

Izin elde edilen matris garip köşegenleri girişlerin işaretleri değiştirerek, yani değiştirilmesi gereğidir tarafından . Sonra ${\displaystyle {\overline {A}}_{7}}$${\ Displaystyle A_{7}}$${\displaystyle a_{i,j}}$${\ Displaystyle (-1)^{i+j}a_{i,j}}$

${\displaystyle G_{7}^{-1}={\overline {A}}_{7}.}$

Bu her mertebe için geçerlidir, yani her pozitif tamsayı için m 'ye sahiptir Böylece, Bernoulli sayılarına başvurmadan, matrisi ters çevirerek ardışık tam sayıların kuvvetlerinin toplamlarının polinomlarının katsayılarını elde etmek mümkündür. Pascal üçgeninden kolayca elde edilir. ${\displaystyle G_{m}^{-1}={\overline {A}}_{m}.}$

Bir de var

${\displaystyle A_{7}^{-1}={\overline {G}}_{7}={\begin{pmatrix}1&0&0&0&0&0&0\{1 \over 2}&{1 \over 2}&0&0&0&0&0\\ {1 \üzerinde 6}&{1 \üzerinde 2}&{1 \üzerinde 3}&0&0&0&0\\0&{1 \üzerinde 4}&{1 \üzerinde 2}&{1 \üzerinde 4}&0&0&0\\{1 \ 30'dan fazla}&0&{1 \üzerinde 3}&{1 \2'den fazla}&{1 \5'ten fazla}&0&0\\0&{1 \12'den fazla}&0&{5 \12'den fazla}&{1 \2'den fazla}&{ 1 \üstü 6}&0\\{1 \42'den fazla}&0&{1 \üzerinde 6}&0&{1 \üzerinde 2}&{1 \üzerinde 2}&{1 \7'den fazla}\end{pmatrix}},}$

eksi işaretleri kaldırılarak nereden elde edilir . ${\displaystyle {\overline {G}}_{7}}$${\görüntüleme stili G_{7}}$

Üstel üretme fonksiyonlu ispat

İzin Vermek

${\displaystyle S_{p}(n)=\sum _{k=1}^{n}k^{p},}$

tamsayı için dikkate alınan toplamı belirtmek ${\görüntüleme stili p\geq 0.}$

Aşağıdaki üstel üretme fonksiyonunu (başlangıçta) belirsiz olarak tanımlayın${\görüntüleme stili z}$

${\displaystyle G(z,n)=\sum _{p=0}^{\infty }S_{p}(n){\frac {1}{p!}}z^{p}.}$

Bulduk

${\displaystyle {\begin{aligned}G(z,n)=&\sum _{p=0}^{\infty }\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{p !}}(kz)^{p}=\sum _{k=1}^{n}e^{kz}=e^{z}.{\frac {1-e^{nz}}{1- e^{z}}},\\=&{\frac {1-e^{nz}}{e^{-z}-1}}.\end{hizalı}}}$

Bu tam bir fonksiyondur, böylece herhangi bir karmaşık sayı olarak alınabilir. ${\görüntüleme stili z}$${\görüntüleme stili z}$

Daha sonra Bernoulli polinomları için üstel üreten fonksiyonu hatırlayacağız. ${\ Displaystyle B_{j}(x)}$

${\displaystyle {\frac {ze^{zx}}{e^{z}-1}}=\sum _{j=0}^{\infty }B_{j}(x){\frac {z^ {j}}{j!}},}$

burada Bernoulli sayısını konvansiyonel olarak belirtir . Bu sözleşme ile oluşturma işlevini dönüştürülebilir eklenerek katsayısına her ( değiştirilmesine gerek yoktur): ${\ Displaystyle B_{j}=B_{j}(0)}$${\displaystyle B_{1}=-{\frac {1}{2}}}$${\displaystyle B_{1}^{+}={\frac {1}{2}}}$${\görüntüleme stili j}$${\görüntüleme stili x^{j-1}}$${\ Displaystyle B_{j}(x)}$${\ Displaystyle B_{0}}$

${\displaystyle {\begin{hizalanmış}\sum _{j=0}^{\infty }B_{j}^{+}(x){\frac {z^{j}}{j!}}=& {\frac {ze^{zx}}{e^{z}-1}}+\sum _{j=1}^{\infty }jx^{j-1}{\frac {z^{j} }{j!}}\\=&{\frac {ze^{zx}}{e^{z}-1}}+\sum _{j=1}^{\infty }x^{j-1 }{\frac {z^{j}}{(j-1)!}}\\=&{\frac {ze^{zx}}{e^{z}-1}}+ze^{zx} \\=&{\frac {ze^{zx}+ze^{z+zx}-ze^{zx}}{e^{z}-1}}\\=&{\frac {ze^{zx }}{1-e^{-z}}}\end{hizalanmış}}}$

Hemen takip eder ki

${\displaystyle S_{p}(n)={\frac {B_{p+1}^{+}(n)-B_{p+1}^{+}(0)}{p+1}}}$

hepsi için . ${\görüntüleme stili p}$

alternatif ifadeler

• Yeniden etiketleyerek alternatif ifadeyi buluruz

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{p}=\sum _{k=0}^{p}{(-1)^{pk} \over k+1}{p \k}B_{pk}n^{k+1}'i seçin.}$

• Bulmak için Bernoulli polinomları cinsinden de genişletebiliriz .${\görüntüleme stili G(z,n)}$

${\displaystyle {\begin{aligned}G(z,n)=&{\frac {e^{(n+1)z}}{e^{z}-1}}-{\frac {e^{ z}}{e^{z}-1}}\\=&\sum _{j=0}^{\infty }\left(B_{j}(n+1)-(-1)^{j) }B_{j}\sağ){\frac {z^{j-1}}{j!}},\end{hizalı}}}$

Hangi ima

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{p}={\frac {1}{p+1}}\left(B_{p+1}(n+1)-(- 1)^{p+1}B_{p+1}\sağ)={\frac {1}{p+1}}\left(B_{p+1}(n+1)-B_{p+1 }(1)\sağ).}$

Ne zaman tek olduğundan , faktör ne zaman kaldırılabilir .${\displaystyle B_{n}=0}$${\görüntüleme stili n>1}$${\görüntüleme stili (-1)^{p+1}}$${\görüntüleme stili p>0}$

• İkinci tür Stirling sayıları ve düşen faktöriyeller cinsinden de ifade edilebilir.

${\displaystyle \sum _{k=0}^{n}k^{p}=\sum _{k=0}^{p}\left\{{p \atop k}\sağ\}{\frac {(n+1)_{k+1}}{k+1}},}$

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{p}=\sum _{k=1}^{p+1}\left\{{p+1 \atop k}\right\ }{\frac {(n)_{k}}{k}}.}$

Bunun nedeni, ikinci tür Stirling sayılarının düşen faktöriyeller cinsinden tek terimli olarak tanımlanması ve belirsiz toplam altında düşen faktöriyellerin davranışıdır .

Riemann zeta işleviyle ilişkisi

kullanarak , biri yazabilir ${\displaystyle B_{k}=-k\zeta (1-k)}$

${\displaystyle \sum \limits _{k=1}^{n}k^{p}={\frac {n^{p+1}}{p+1}}-\sum \limits _{j= 0}^{p-1}{p \j}\zeta (-j)n^{pj}'yi seçin.}$

Üreten fonksiyonu için büyük limitte düşünürsek, buluruz: ${\görüntüleme stili G(z,n)}$${\görüntüleme stili n}$${\displaystyle \Re (z)<0}$

${\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }G(z,n)={\frac {1}{e^{-z}-1}}=\sum _{j=0}^{\infty }(-1)^{j-1}B_{j}{\frac {z^{j-1}}{j!}}}$

Sezgisel olarak, bu şunu gösteriyor:

${\displaystyle \sum _{k=1}^{\infty}k^{p}={\frac {(-1)^{p}B_{p+1}}{p+1}}.}$

Bu sonuç , uygun analitik olarak devam eden negatif tamsayılar için Riemann zeta fonksiyonunun değeri ile uyumludur . ${\displaystyle \zeta(s)=\sum _{n=1}^{\infty }{\frac {1}{n^{s}}}}$${\görüntüleme stili s=-p<0}$${\görüntüleme stili \zeta(lar)}$

Umbral formu

Klasik umbral hesapta , bir B _j dizisindeki j indislerini sanki _üslermiş gibi ele alırız, böylece bu durumda binom teoremini uygulayabilir ve şunu söyleyebiliriz:

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{p}={1 \overp+1}\sum _{j=0}^{p}{p+1 \j}B_'yi seçin {j}n^{p+1-j}={1 \overp+1}\sum _{j=0}^{p}{p+1 \j}B^{j}n^{p'yi seçin +1-j}}$

${\displaystyle ={(B+n)^{p+1}-B^{p+1} \p+1} üzerinde.}$

Olarak , modern umbral hesabı, bir dikkate doğrusal fonksiyonel T ilgili vektör alan bir değişken polinomların b verdiği

${\displaystyle T(b^{j})=B_{j}.\,}$

O zaman diyebilir

${\displaystyle \sum _{k=1}^{n}k^{p}={1 \overp+1}\sum _{j=0}^{p}{p+1 \j}B_'yi seçin {j}n^{p+1-j}={1 \overp+1}\sum _{j=0}^{p}{p+1 \j}T'yi seçin(b^{j})n ^{p+1-j}}$

${\displaystyle ={1 \over p+1}T\left(\sum _{j=0}^{p}{p+1 \j}b^{j}n^{p+1-j} seç \right)=T\left({(b+n)^{p+1}-b^{p+1} \overp+1}\sağ).}$

Notlar

Dış bağlantılar

• Jacobi, Carl (1834). "De usu meşru formüller özetleri Maclaurinianae". Journal für die reine und angewandte Mathematik . 12 . s. 263–72.
• Weisstein, Eric W. "Faulhaber'in formülü" . Matematik Dünyası .
• Johann Faulhaber (1631). Academia Cebir - Darinnen miraculosische Inventiones zu den höchsten Cossen weiters devamı ve kazançlı werden .Çok nadir bir kitap, ancak Knuth Stanford kütüphanesine bir fotokopisini yerleştirdi, QA154.8 F3 1631a f MATH numaralı telefonu arayın. ( Çevrimiçi kopya at Google Kitaplar )
• Beardon, AF (1996). "Tamsayıların Kuvvet Toplamları" (PDF) . Amerikan Matematiksel Aylık . 103 (3): 201–213. doi : 10.1080/00029890.1996.12004725 . 2011-10-23 alındı .( Lester R. Ford Ödülü sahibi )
• Schumacher, Raphael (2016). "Faulhaber Formülünün Genişletilmiş Bir Versiyonu" (PDF) . Tamsayı Dizileri Dergisi . 19 .

• Orosi, Greg (2018). "Faulhaber Formülünün Basit Bir Türevi" (PDF) . Uygulamalı Matematik E-Notları . 18 . s. 124–126.