La suma,$$\sum_{i=1}i^2=n(n+1)(2n+1)/6$ $ Sin embargo, ¿cómo podría probar esto? Todas las pruebas que he visto ya suponen un conocimiento de la fórmula, pero ¿cómo se prueba esto sin conocer primero la fórmula? ¿Qué pasa con las fórmulas para potencias superiores, como la cúbica y la quártica? Si es posible, mantenga esto en un nivel donde pueda entender (estoy en el cálculo AB). ¡Gracias!
Respuestas
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Polya ofrece una hermosa discusión de este problema en el Capítulo 3 (llamado "Recursión") en el volumen 1 de su libro "Descubrimiento matemático". Una forma de "descubrir" la fórmula es explotar la identidad$$(n+1)^3=n^3+3n^2+3n+1$$ which implies $$(n+1)^3-n^3=3n^2+3n+1$ $ Si suma todas estas ecuaciones de$n=1$ a$n=k$, encontrará la Telescopios del lado izquierdo, dejando$$(k+1)^3-1=3S+3(1+2+\cdots+k)+k$ $ donde$S$ es la suma que desea. Por supuesto, la suma entre paréntesis es solo$\frac{k(k+1)}{2}$, y resolver la ecuación para$S$ después de hacer esa sustitución da el resultado.
Tutul
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vonbrand
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Wilf del "generatingfunctionology" da la solución general de la siguiente: Tomar: $$ \sum_{0 \le k \le n} z^k = \frac{1 - z^{n + 1}}{1 - z} $$ Ahora tenga en cuenta que cada vez que se aplique $z \dfrac{d}{dz}$ de multiplicar $z^k$$k$. Diferenciar $m$ a veces, y evaluar el resultado en el lado derecho, aplicando l'Hôpital ad nauseam.
Una manera de llegar a la fórmula general es: $$ G(z) = \frac{z (e^{m z} - 1)}{e^z - 1} = \frac{z}{e^z - 1} \cdot \frac{1}{e^{m z} -1} $$ La primera forma, se expandió primero como un geométrica finita suma de $e^z$ y, a continuación, cada término en $z$ da una serie con $S_m(n) = \sum_{0 \le k \le n} k^m$ en el coeficiente, la segunda es la generación de la función de los números de Bernoulli por una serie geométrica en $e^{m z}$, la expansión y la equiparación de los términos, se obtiene: $$ S_m(n) = \frac{1}{m + 1} \sum_{k \ge 1} \binom{m + 1}{k} B_{m + 1 - k} (n + 1)^k = \frac{1}{m + 1} \sum_{k \ge 0} \binom{m}{k} B_{m - k} \frac{n^{k + 1}}{k + 1} $$ Los Bernoulli número de página que da mucho más detalles. Hay otras maneras simples para llegar allí.
Otra forma es tener en cuenta que si usted defina $z^{\overline{m}} = z (z + 1) \ldots (z + m - 1)$, entonces: $$ \sum_{0 \le k \le n} k^{\overline{m}} = \frac{n^{\overline{m + 1}}}{m + 1} $$ Como $x^m$ puede ser expresado como una combinación de $x^{\overline{k}}$, la suma de $S_m(n)$ puede a su vez por escrito.
Sin embargo, otro se fue Faulhaber, como brillantemente expuesta por Knuth en "Johann Faulhaber y las sumas de las potencias"
