¿Cómo puedo demostrar que $1^4+2^4+3^4\cdots\ + n^4 = \frac{1}{5}n^5 + \frac{1}{2}n^4 + \frac{1}{3}n^3-\frac{1}{30}n$ ?

Question

¿Cómo puedo demostrar que $1^4+2^4+3^4\cdots\ + n^4 = \frac{1}{5}n^5 + \frac{1}{2}n^4 + \frac{1}{3}n^3-\frac{1}{30}n$ ?

He dedicado bastante tiempo a este problema. Hasta ahora, he simplificado el lado derecho a $\frac{1}{30}(n+1)[(2n+3)(3n^3)+n(n-1)]$ . Pero entonces, el álgebra se complica mucho cuando añado $(n+1)^4$ a ambos lados de la hipótesis inductiva.

Answer 1

Su fórmula puede simplificarse a $$1/30\,n \left( 2\,n+1 \right) \left( n+1 \right) \left( 3\,{n}^{2}+3 \,n-1 \right) $$ para $n=1$ tenemos $$1^4=\frac{1}{30}\cdot 3\cdot 2\cdot 5$$ esto es correcto ahora suponemos que $$1^4+2^4+3^4+...+k^4=\frac{1}{30}k(2k+1)(k+1)(3k^2+3k-1)$$ ahora tenemos que demostrar que $$1+2^4+3^4+...+k^4+(k+1)^4=\frac{1}{30}(k+1)(2k+3)(k+2)(3(k+1)^2+3(k+1)-1)$$ ¿lo tienes? ahora tienes que Mostrar que $$(k+1)^4+\frac{1}{30}k(2k+1)(k+1)(3k^2+3k-1)=\frac{1}{30}(k+1)(2k+3)(k+2)(3(k+1)^2+3(k+1)-1)$$ ¿puedes terminar?

Answer 2

El truco habitual consiste en evaluar la suma $$\sum_{k=1}^n k(k+1)(k+2)(k+3)$$ utilizando $$k(k+1)(k+2)(k+3) = \dfrac{1}{5}k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4) - \dfrac{1}{5}(k-1)k(k+1)(k+2)(k+3).$$

A continuación, basta con expandir los sumandos para obtener $\sum_{k=1}^n k^4$ .

Answer 3

Tenemos \begin{eqnarray*} 1^4+\cdots + n^4 &=& \frac{1}{5} n^5+\frac{1}{2}n^4+\frac{1}{3}n^3+\frac{1}{30}n) \\ &=& \frac{1}{30}(6 n^5+15n^4+10n^3-n). \\ \end{eqnarray*} Así que \begin{eqnarray*} 1^4+\cdots + n^4 +(n+1)^4 &=& \frac{1}{30}(6 n^5+15n^4+10n^3-n +30n^4+120n^3+180n^2+120n+30). \\ \end{eqnarray*} Ahora comprueba que realmente es igual a la expresión siguiente \begin{eqnarray*} \frac{1}{30}(6 (n^5 +5n^4+10n^3+10n^2+5n+1) \\ +15(n^4+4n^3+6n^2+4n+1) \\ +10(n^3+3n^2+3n+1) \\ -(n+1) ). \\ \end{eqnarray*} Así que \begin{eqnarray*} 1^4+\cdots + n^4 +(n+1)^4 &=& \frac{1}{30}(6 (n+1)^5+15(n+1)^4+10(n+1)^3-(n+1)). \\ \end{eqnarray*}

Answer 4

$$\underbrace{1^4+2^4+3^4\cdots\ + n^4}_{\sum_{k = 1}^n k^4} = \frac{1}{5}n^5 + \frac{1}{2}n^4 + \frac{1}{3}n^3-\frac{1}{30}n$$ Véase el Fórmula de Faulhaber y el Número de Bernoulli: $\text{B}_{j}(x)$

\begin{align} \sum_{k=0}^{n} k^p = \frac{1}{p+1} \sum_{j=0}^p (-1)^j {p+1 \choose j} B_j n^{p+1-j}=\frac{\text{B}_{p+1}(n+1)-\text{B}_{p+1}(0)}{p+1} \end{align}

En su caso \begin{align} \sum_{k = 1}^n k^4 &= \frac{\text{B}_{4+1}(n+1)-\text{B}_{4+1}(0)}{4+1}\\ &= \frac{1}{5}\text{B}_{5}(n+1)\\ &=\frac{1}{5}\left(\frac16 (-1 - n) + \frac53 (1 + n)^3 - \frac52 (1 + n)^4 + (1 + n)^5\right)\\ &=\frac{1}{5}\left(\frac{\left(-1-n\right)}{6}+\frac{5\left(1+n\right)^3\cdot 2}{6}-\frac{5\left(1+n\right)^4\cdot 3}{6}+\frac{\left(1+n\right)^5\cdot 6}{6}\right)\\ &=\frac{1}{5}\left(\frac{6n^5+15n^4+10n^3-n}{6}\right)\\ &=\frac{6n^5+15n^4+10n^3-n}{30}\\ &= \frac{1}{5}n^5 + \frac{1}{2}n^4 + \frac{1}{3}n^3-\frac{1}{30}n \tag*{$\Box$} \end{align}