¿Una fórmula para las sumas de la energía: $1^n+2^n+\dotsc +k^n=\,$?

Question

Hay fórmula explícita para la expresión de $1^n + 2^n + \dotsc + k^n\,$?

Yo sé que para $n=1$ el explícito se convierte en la fórmula $S=k(k+1)/2$ $n=3$ la fórmula se convierte en $S^2$. Pero, ¿qué acerca de general $n$?

Yo sé que hay un camino en el uso de la expansión de Taylor de $f(x)=1/(1-x)=1+x+x^2+\dotsc\;$, por su diferenciación y, a continuación, multiplicando por $x$ y, a continuación, diferenciando de nuevo. La repetición de esta $n$ veces, obtenemos

$$\frac{d}{dx}(x\frac{d}{dx}(\dots x\frac{d}{dx}f(x))\dots )=1+2^nx^n+3^nx^n\dots.$$

Ahora hay que hacer el mismo proceso pero con la función de $g(x)=x^{k+1}f(x)$. A continuación, reste ellos y conseguimos $1+2^nx^n+\dots k^nx^n$. Porque tenemos las fórmulas explícitas $f(x)$ $g(x)$ podemos encontrar la fórmula explícita por este proceso para arbitrario $n$. Un gran problema es que como $n$ crece, se va a tomar un montón de tiempo para encontrar la fórmula explícita. Mi pregunta por tanto es: ¿hay otras maneras?

Answer 1

Hay un resultado que no depende de la Bernouli números o los números de Euler. La encontré en mi primer año en la universidad, así que usted puede estar seguro de que implica nada demasiado complicado.

El método de cálculo discreto, en primer lugar me definen $ \Delta f(x) = f(x+1)-f(x) $ $ \Sigma f(x) = \sum\limits_{k=0}^{x-1} f(k) $ como discretos equivalentes de la diferenciación y la integración, respectivamente.

El resultado se sigue de un discreto equivalente de integración por partes, que yo la primera prueba:

$ f(x)g(x) = \Sigma f(x+1)g(x+1) -\Sigma f(x)g(x) $

$ \hspace{30 pt} = \Sigma f(x+1)g(x+1) -\Sigma f(x)g(x) + \Sigma f(x)g(x+1) - \Sigma f(x)g(x+1) $

$ \hspace{30 pt} = \Sigma (f(x+1)-f(x))g(x+1) + \Sigma f(x)(g(x+1)-g(x)) $

$ \hspace{30 pt} = \Sigma (\Delta f(x))g(x+1) + \Sigma f(x) \Delta g(x) $

$ \therefore \space \Sigma f(x) \Delta g(x) = f(x)g(x) - \Sigma (\Delta f(x))g(x+1) $

La expresión queremos una fórmula para el será un polinomio de un grado superior a la potencia n, por lo que elegimos f(x) y g(x) con la consideración de que la $ \deg(f(x)g(x)) $ debe $ n+1 $.

Para un guión de la simplicidad, se puede conseguir $ f(x) \Delta g(x) = x^{n} $ eligiendo $ f(x) = x^{n-1} $$ g(x) = \frac{1}{2} x(x-1) $.

Para los otros términos en la ecuación tenemos:

$ f(x)g(x) = \frac{1}{2} (x-1) x^n $

$ (\Delta f(x))g(x+1) = ((x+1)^{n-1}-x^{n-1})(\frac{1}{2} x(x+1)) = \frac{1}{2} x(x+1) \sum\limits_{m = 0}^{n-2} \binom{n-1}{m} x^m $

$ \hspace{57 pt} = \frac{1}{2} x(x+1)((n-1) x^{n-2} + \sum\limits_{m = 0}^{n-3} \binom{n-1}{m} x^m) $

$ \hspace{57 pt} = \frac{1}{2}(n-1) x^n + \frac{1}{2}(n-1) x^{n-1} + \frac{1}{2} \sum\limits_{m = 0}^{n-3} \binom{n-1}{m} (x+1) x^{m+1} $

Por último, conectar estos y reordenando:

$ \sum\limits_{k=0}^{x-1} k^n = \frac{1}{2} (x-1) x^n - \sum\limits_{k=0}^{x-1} \left( \frac{1}{2}(n-1) k^n + \frac{1}{2}(n-1) k^{n-1} + \frac{1}{2} \sum\limits_{m = 0}^{n-3} \binom{n-1}{m} (k+1) k^{m+1} \right) $

$ 2\sum\limits_{k=0}^{x-1} k^n = (x-1) x^n - (n-1) \sum\limits_{k=0}^{x-1} k^n - (n-1) \sum\limits_{k=0}^{x-1} k^{n-1} - \sum\limits_{k=0}^{x-1} \sum\limits_{m = 0}^{n-3} \binom{n-1}{m} (k+1) k^{m+1} $

$ (n+1) \sum\limits_{k=0}^{x-1} k^n = (x-1) x^n + (1-n) \sum\limits_{k=0}^{x-1} k^{n-1} - \sum\limits_{k=0}^{x-1} \sum\limits_{m = 0}^{n-3} \binom{n-1}{m} (k+1) k^{m+1} $

$ \sum\limits_{k=0}^{x-1} k^n = \frac{x-1}{n+1} x^n + \frac{1-n}{n+1} \sum\limits_{k=0}^{x-1} k^{n-1} - \sum\limits_{k=0}^{x-1} \sum\limits_{m = 0}^{n-3} \binom{n-1}{m} \frac{k+1}{n+1} k^{m+1} $

$ \therefore \sum\limits_{k=1}^{x} k^n = x^n + \sum\limits_{k=0}^{x-1} k^n = x^n + \frac{x-1}{n+1} x^n + \frac{1-n}{n+1} \sum\limits_{k=0}^{x-1} k^{n-1} - \sum\limits_{k=0}^{x-1} \sum\limits_{m = 0}^{n-3} \binom{n-1}{m} \frac{k+1}{n+1} k^{m+1} $

$ \hspace{31 pt} = \frac{x+n}{n+1} x^n + \frac{1-n}{n+1} \sum\limits_{k=1}^{x-1} k^{n-1} - \sum\limits_{k=1}^{x-1} \sum\limits_{m = 0}^{n-3} \binom{n-1}{m} \frac{k+1}{n+1} k^{m+1} $

Tenga en cuenta que el poder de k en las sumas en la RHS no exceda el $ n-1 $.

Ejemplo con $ n = 3 $; la fórmula se simplifica a:

$$ \sum\limits_{k=1}^{x} k^3 = \frac{1}{4} (x^4 + 3x^3 -3 \sum\limits_{k=1}^{x-1} k^2 - \sum\limits_{k=1}^{x-1} k) $$

Que simplifica aún más a la correcta polinomio. Sólo las sumas parciales para $k^2$ $k$ necesita ser conocido, y de esta fórmula se prevea que los de cualquier grado superior.

Answer 2

Un método que es más raramente utilizado es que la participación de los números de Euler. He encontrado esta solución mí mismo por completo con medios elementales y "patrón de detección de" sólo - así que me gustó mucho y me he hecho un pequeño treatize acerca de esto. Por desgracia, es sólo en alemán, y ya es más de 12 años de edad no quiero traducir es ahora. Sin embargo, el camino a seguir y el desarrollo de las fórmulas ir paso por paso, por lo que debe ser comprensible/manejable y auto-explicativa suficiente para ver, cómo puede hacerse esto.

En efecto, uno encuentra una solución de la forma

$$ P(m,n) = 1+2^m+3^m+...+n^m = e_{m,1}\binom{n+1}{m+1}+ e_{m,2}\binom{n+2}{m+1}+ ... +e_{m,m} \binom{n+m}{m+1} $$ con la Euleriano triángulo $\{e_{r,c}\}_{r,c=0..\infty} $ $$ \begin{array} {} 1 \\ .&1 \\ .&1&1 \\ .&1&4&1 \\ .&1&11&11&1\\ ... \end{array} $$

Answer 3

Sabemos que %#% $ #%

Pero se puede reducir la expresión $$\sum_{i=1}^ki^{n+1}-(i-1)^{n+1}=k^{n+1}.$ $i^{n+1}-(i-1)^{n+1}$ $

que simplifica a $$i^{n+1}-\left[\binom{n+1}{0}i^{n+1}-\binom{n+1}{1}i^{n}+...+(-1)^r\binom{n+1}{r}i^{n+1-r}...+(-1)^{n+1}\binom{n+1}{n+1}i^{0}\right]$ $

Así $$\binom{n+1}{1}i^{n}+...+(-1)^{r-1}\binom{n+1}{r}i^{n+1-r}+...+(-1)^{n}\binom{n+1}{n+1}i^{0}.$ $

Por lo tanto $$\sum_{i=1}^k\left[\binom{n+1}{1}i^{n}+...+(-1)^{r-1}\binom{n+1}{r}i^{n+1-r}+...+(-1)^{n}\binom{n+1}{n+1}i^{0}\right]=k^{n+1}.$ $

Entonces podemos ver que: $$(n+1)\sum_{i=1}^ki^{n}+\sum_{i=1}^k\left[-\binom{n+1}{2}i^{n-1}...+(-1)^{r-1}\binom{n+1}{r}i^{n+1-r}...+(-1)^{n}\right]=k^{n+1}.$ $

Finalmente todos 2 $$(n+1)\sum_{i=1}^ki^{n}=k^{n+1}+\sum_{i=1}^k\left[\binom{n+1}{2}i^{n-1}...+(-1)^{r}\binom{n+1}{r}i^{n+1-r}...+(-1)^{n+1}\right].$, $\leq r \leq n+1$ $

Tenga en cuenta que esto puede resolverse iterativamente. Por ejemplo, una vez buscar el valor de n = 1, usted puede utilizar esto para n = 2 y n = 3 y así sucesivamente...

Answer 4

Algunas de las otras respuestas dicen que esta en una más complicado, pero he visto tanta confusión en torno a esta cuestión que me gustaría hacer es tan clara como sea posible.

No hay una buena fórmula para $\sum_1^k i^n$ por la misma razón que no hay una buena fórmula para $\int_0^x t(t-1)\ldots(t-n+1)dt$, es decir, que estamos utilizando mal la base para el espacio de polinomios.

Para las integrales, $t^n$ es una simple elección (incluso un eigenbasis!): $\int_0^x t^n dt = \frac{1}{n+1} t^{n+1}$. Si queremos calcular la integral anterior, es probable que se amplíe y, a continuación, utilizar esta fórmula.

Con la suma, o "cálculo discreto", es la otra manera alrededor. $\sum_1^k i^n$ es complicado, pero $\sum_1^k i^{\underline{n}} = \sum_1^k i(i-1)\ldots(i-n+1)$ es muy simple, sólo $\frac{1}{n+1} (k+1)^{\underline{n+1}} = \frac{1}{n+1} (k+1)k(k-1)\ldots (k-n+1)$. (Esto no nos da una eigenbasis, pero eso es debido a que realmente debería ser lo que se suma a $k-1$.)

Yo prefiero escribir esto en lugar de utilizar los coeficientes binomiales, ${i\choose n} = \frac{1}{n!}i^{\underline{n}}$. Entonces la fórmula es $\sum_1^k {i\choose n} = {{k+1}\choose{n+1}}$. Esto es fácil de demostrar con una combinatoria argumento o un número de otros métodos (ver mi post aquí).

Sin embargo, cualquier fórmula para $\sum_1^k i^n$ va a implicar un cierto grado de complejidad, y más probable es que sea equivalente a la expansión en términos de la "correcta". Incluso el aspecto agradable Euleriano los números de la fórmula de dos capas de complejidad, uno en el exterior de la suma y uno en la combinatoria de los números por sí mismos.

Answer 5

En la parte inferior, esto está muy cerca de los otros enfoques, pero los detalles son un poco diferentes, y se añade una interesante perspectiva a la pregunta:

Considere la función $$ B(t,x)=\frac{te^{tx}}{e^t-1}. $$ Expanding as a power series o=in $t$, we see that $$ B(t,x)=\sum_{m=0}^\infty B_m(x)\frac {t^m}{m!} $$ for some $B_m(x)$. (Podemos tratar formalmente, o comprobar que tiene un positivo radio de convergencia, y argumentar).

Tenga en cuenta que $B(t,x+1)=te^{xt}+B(t,x)$, por lo que $$ \sum_{m=0}^\infty(B_m(x+1)-B_m(x))\frac{t^m}{m!}=te^{xt}=\sum_{m=0}^\infty\frac{mx^{m-1}t^m}{m!}, $$ o $B_m(x+1)-B_m(x)=mx^{m-1}$.

De esto se deduce fácilmente que cada una de las $B_m(x)$ es un polinomio en a $x$ grado $m$, con coeficientes racionales; estos son los polinomios de Bernoulli, y tenemos $$ \sum_{i=0}^n (B_{m+1}(i+1)-B_{m+1}(i))=\sum_{i=0}^n(m+1)i^m, $$ lo $$ \sum_{i=0}^n i^m = \frac{B_{m+1}(n+1)-B_{m+1}(0)}{m+1}. $$

Desde una perspectiva personal, permítanme añadir que esta versión de la fórmula que llevó a un buen resultado, discutido aquí: Para cualquier entero $k>2$ hay sólo un número finito de números primos de la forma $p=kn+1$ tal que $1^k,2^k,\dots,n^k$ son distintos modulo $p$. (Esto es falso para $k=1,2$, y en relación con un bonito problema abierto.)