Fórmula $1^k+2^k+3^k...n^k$ $n,k \in \mathbb{N}$

Question

Así que he estado buscando una fórmula donde puedo entrada el parámetro de $k$ y me va a dar una fórmula para$1^k+2^k+3^k...+ n^k$$n,k \in \mathbb{N}$. El resultado siempre es un polinomio con $k+1$ como máxima potencia. Me he tomado el tiempo para calcular el polynomes para $k=1$ $k=10$a mano y el uso de la interpolación de la función de Wolfram Alpha. Aquí están los resultados (sólo voy a mostrar los coeficientes para el bien de la claridad. los coeficientes son siempre de$n^{k+1}$$n^1$. la constante es siempre $0$. Por lo $\frac{1}{2},-\frac{1}{2}$ hace $\frac{1}{2}n^2-\frac{1}{2}n$):

• $k=1$ : $\frac{1}{2},-\frac{1}{2}$
• $k=2$ : $\frac{1}{3},\frac{1}{2},\frac{1}{6}$
• $k=3$ : $\frac{1}{4},\frac{1}{2},\frac{1}{4},0$
• $k=4$ : $\frac{1}{5},\frac{1}{2},\frac{1}{3},0,-\frac{1}{30}$
• $k=5$ : $\frac{1}{6},\frac{1}{2},\frac{5}{12},0,-\frac{1}{12},0$
• $k=6$ : $\frac{1}{7},\frac{1}{2},\frac{1}{2},0,-\frac{1}{6},0,\frac{1}{42}$
• $k=7$ : $\frac{1}{8},\frac{1}{2},\frac{7}{12},0,-\frac{7}{24},0,\frac{1}{12},0$
• $k=8$ : $\frac{1}{9},\frac{1}{2},\frac{2}{3},0,-\frac{7}{15},0,\frac{2}{9},0,-\frac{1}{30}$
• $k=9$ : $\frac{1}{10},\frac{1}{2},\frac{3}{4},0,-\frac{7}{10},0,\frac{1}{2},0,-\frac{3}{20},0$
• $k=10$ : $\frac{1}{11},\frac{1}{2},\frac{5}{9},0,1,0,1,0,-\frac{1}{2},0,\frac{5}{66}$

Hay un par de cosas que me aviso: en primer lugar, el coeficiente de la potencia más alta parece ser $\frac{1}{k+1}$. En segundo lugar, el coeficiente de la segunda mayor potencia parece ser$\frac{1}{2}$, con la excepción de $k=1$. En tercer lugar, todos los coeficientes de la cuarta, sexta, ocho de potencia más alta y así sucesivamente parecen ser $0$. ¿Cuál es la fórmula que supondrá la salida de los coeficientes para cualquier valor de $k$?

Answer 1

Te voy a dar una derivación que no creo que es todo lo que sabe. Usted sólo necesita saber cuatro cosas:

(1) Una versión de el umbral de la serie de Taylor

Supongamos que tenemos una secuencia:

$$a_0,a_1,...a_k$$

Y queremos encontrar la función de $n$ que define a $a_n$.

Para ello vamos a empezar por dejar a $a_{n+1}-a_n=\Delta a_n$ y llamamos a esta operación $a_n$ el avance de la diferencia. Luego se le da $\Delta a_n$ podemos encontrar $a_n$. La suma de ambos lados de la ecuación de$n=0$$x-1$, y tenga en cuenta que tenemos una telescópico de la serie:

$$\sum_{n=0}^{x-1} \Delta a_n=\sum_{n=0}^{x-1} (a_{n+1}-a_n)=a_{x}-a_{0}$$

Por lo tanto $a_n=a_0+\sum_{i=0}^{n-1} \Delta a_i$. También se $\Delta a_n=\Delta (0)+\sum_{i=0}^{n-1} \Delta^2 a_n$...y así sucesivamente. El uso de este debemos tener si la serie converge:

$$a_n=a_0+\Delta (0) \sum_{x_0=0}^{n-1} 1+\Delta \Delta (0) \sum_{x_0=0}^{n-1} \sum_{x_1=0}^{x_0-1} 1+\Delta \Delta \Delta (0) \sum_{x_0=0}^{n-1} \sum_{x_1=0}^{x_0-1} \sum_{x_2=0}^{x_1-1} 1+\cdots$$

Donde $\Delta^i (0)$ denota el primer término de ( $n=0$ ) $i$ th diferencia de la secuencia de $a_n$.

A través de un argumento combinatorio, Si tomamos $\Delta^0 (0)=a_0$ ${n \choose 0}=1$ podemos obtener:

$$a_n=\sum_{i=0}^{\infty} \Delta^i(0) {n \choose i}$$

(2) palo de Hockey de identidad Prueba de Hockey Stick de Identidad: $\sum_{t=0}^n \binom tk = \binom{n+1}{k+1}$

(3) El avance diferencia de un polinomio de grado $k$ es de grado $k-1$ (sigue por el teorema del binomio) por lo tanto $k+1$ adelante las diferencias de los resultados de la encuesta en $0$ $k$ adelante diferencias debe resultar en una constante de la secuencia.

(4) Un polinomio de grado $k$ puede ser definida únicamente por la secuencia de $f(0),f(1),f(2),...f(k)$.

El uso de (1), (2), (3), y (4) usted puede venir para arriba con la fórmula:

$$\sum_{s=1}^{n} s^k=\sum_{s=1}^{k} b_s{n+1\choose s+1}$$

Al considerar cómo representar a $a_s=s^k$ como una suma de múltiplos de binomios.

$$s^k=0+b_1{ s \choose 1}+b_2{s \choose 2}+\cdots+ b_k{s \choose k}+0+0+\cdots=\sum_{i=1}^{k} b_i{s \choose i}$$ .
$$\sum_{s=1}^{n}\sum_{i=1}^{k} b_i{s \choose i}=\sum_{s=1}^{n}b_1{ s \choose 1}+\sum_{s=1}^{n}b_2{s \choose 2}+\cdots +\sum_{s=1}^{n}b_k{s \choose k}$$ .
Tomar las constantes $b_1,b_2,...$ de las sumas y utilizando el palo de hockey de identidad obtenemos nuestro resultado deseado.

Ahora a ver la Función $f: \mathbb{Z} \to \mathbb{Z}^n$ relacionado a $\sum_{k=1}^{x} k^n$.

Tenemos que:

$$b_s=s!S(k,s)$$

Donde ! denota el factorial y $S( , )$ indica los números de stirling del segundo tipo.

Por lo tanto, tenemos que:

$$\sum_{s=1}^{n} s^k=\sum_{s=1}^{k} s!S(k,s){n+1 \choose s+1}$$

Aquí están algunos ejemplos.

$k=1$

$$\sum_{s=1}^{n} s^1=1{n+1 \choose 2}$$

$$=1\frac{(n+1)(n)}{2!}$$

$k=2$

$$\sum_{s=1}^{n} s^2=1{n+1 \choose 2}+2{n+1 \choose 3}$$

$$=1\frac{(n+1)(n)}{2!}+2\frac{(n+1)(n)(n-1)}{3!}$$

$k=3$:

$$\sum_{s=1}^{n} s^3=1{n+1 \choose 2}+6{n+1 \choose 3}+6{n+1 \choose 4}$$

$$=1\frac{(n+1)(n)}{2!}+6\frac{(n+1)(n)(n-1)}{3!}+6\frac{(n+1)(n)(n-1)(n-2)}{4!}$$

Answer 2

https://en.m.wikipedia.org/wiki/Faulhaber%27s_formula parece ofrecer exactamente lo que necesitaba. Respuesta original por MooS

Answer 3

Another way to derive a formula for $$S(k,n)=\sum_{s=1}^{n}{s^k}$$ is to use the binomial expansion. To do this, you can start by changing the summation index $s$ to $t+1$. That is: $$S(k,n)=\sum_{t=0}^{n-1}{(t+1)^k}=1+\sum_{t=1}^{n-1}{(t+1)^k}$$ Using binomial expansion we have: $$S(k,n)=1+\sum_{t=1}^{n-1}{\sum_{j=0}^{k}{\binom{k}{j}t^j}}$$ Changing the order of summation (notice the independence) gets: $$S(k,n)=1+\sum_{j=0}^{k}{\sum_{t=1}^{n-1}{\binom{k}{j}t^j}}=1+\sum_{j=0}^{k}{\left(\binom{k}{j}\sum_{t=1}^{n-1}{t^j}\right)}$$ The inner sum equals $S(j,n-1)$, so: $$S(k,n)=1+\sum_{j=0}^{k}{\binom{k}{j}S(j,n-1)}$$ Now, by excluding the last two terms of the summation (the terms obtained by $j=k-1$ and $j=k$) we finally get: $$S(k,n)=1+S(k,n-1)+kS(k-1,n-1)+\sum_{j=0}^{k-2}{\binom{k}{j}S(j,n-1)}$$ Since $S(k,n)-S(k,n-1)=n^k$: $$S(k-1,n-1)=\frac{1}{k}\left(n^k-1-\sum_{j=0}^{k-2}{\binom{k}{j}S(j,n-1)}\right)$$ The formula shows a recursive relation between $S(k-1,n-1)$ and lower sums, i.e., $S(0,n-1),S(1,n-1),\dots,S(k-2,n-1)$. By changing $k$ to $k+1$ and $n$ to $n+1$ the original format emerges: $$S(k,n)=\frac{1}{k+1}\left((n+1)^{k+1}-1-\sum_{j=0}^{k-1}{\binom{k+1}{j}S(j,n)}\right)$$ You can now start from $S(0,n)=n$ and derive $S(k,n)$ for $k=1,2,\dots$. For example: $$S(1,n)=\frac{1}{2}\left( (n+1)^2-1-\binom{2}{0}S(0,n)\right)=\frac{1}{2}\left( n^2+2n+1-1-n \right)=\frac{1}{2}n(n+1)$$