El siguiente se da principalmente práctico de los medios de informática de esta suma.
Considerar la Distribución Uniforme Discreta con apoyo en $\left\{1,2,\ldots,n\right\}$. Deje $X$ ser una variable aleatoria con esta distribución.
Entonces
$$E(X^p) = \frac{\sum_{k=1}^{n}k^p}{n}$$
El Momento de Generación de la Función de distribución es
$$E(e^{tX}) = \frac{e^{t} - e^{(n+1)t}}{n(1-e^t)}$$
entonces
$$\sum_{k=1}^{n}k^p = nE(X^p) = \frac{\operatorname{d}^p}{\operatorname{d}t^p}\left|_{t=0}\frac{e^{t} - e^{(n+1)t}}{1-e^t}\right.$$
Si a usted le gusta generalizar este método para no negativo real $p$, usted puede usar fracciones de la Diferenciación en la fórmula anterior, aunque esto es aún más práctico.
Estoy bastante seguro de Faulhaber la fórmula puede ser obtenido con este método mediante la
General de la Regla de Leibniz y Faà di Bruno de la fórmula.
Vamos $f(t) = e^{t} - e^{(n+1)t}$, $g(t) = 1 - e^t$, y $u(t) = \frac{1}{g(t)}$.
$$\frac{\operatorname{d}^p}{\operatorname{dt^p}}\left(\frac{f(t)}{g(t)}\right) = \frac{\operatorname{d}^p}{\operatorname{dt^p}}\left(f(t)u(t)\right) = \sum_{k=0}^p{p \choose k}f^{(k)}(t)u^{(p-k)}(t)$$
Ahora
$$f^{(k)}(t) = n^ke^{nt} - 2^{k}e^{2t}$$
Mientras que por Faà di Bruno fórmula
$$u^{(p-k)}(t) = \sum_{r=0}^{p-k}(-1)^r\frac{r!}{g(t)^{r+1}}B_{p-k,r}\left(g^{(1)}(t),g^{(2)}(t),\ldots,g^{(p-r+1)}(t)\right)$$
donde el $B_{(n-p,r)}$ son Ordinario de la Campana de Polinomios.
Ahora para recibir nuestra respuesta, suplente en $t = 0$.
Tenga en cuenta que
$$B_{p-k,r}\left(g^{(1)}(0),\ldots,g^{(p-k-r+1)}(0)\right) =
B_{p-k,r}\left(1,1,\ldots,1\right) = \left\{\begin{array}{c}p-k\\r\end{array}\right\}$$
Donde $\left\{\begin{array}{c}p-k\\r\end{array}\right\}$ es un Número de Stirling del Segundo Tipo.
Nos da la fórmula
$$\sum_{k=1}^{n}k^p = \lim_{t\rightarrow 0} \sum_{k=0}^{p}\sum_{i=0}^{p k}(-1)^r r! {p \elegir k}\left\{\begin{array}{c}p-k\\r\end{array}\right\}\left(
\frac{e^{t} - (n+1)^ke^{(n+1)t}}{(1 - e^t)^{i+1}}\right)$$
Vamos a hacer la sustitución de $z = 1 - e^t)$, ahora buscamos
$$\lim_{z\rightarrow 0} \sum_{k=0}^{p}\sum_{i=0}^{p k}(-1)^r r! {p \elegir k}\left\{\begin{array}{c}p-k\\r\end{array}\right\}
\frac{1-z - (n+1)^k(1-z)^{n+1}}{z^{i+1}}$$
Intercambiando el orden de la suma y la búsqueda de un denominador común que nos da
$$\lim_{z\rightarrow 0} \frac{1}{z^{p+1}}\sum_{i=0}^{p}\sum_{k=0}^{p-r}(-1)^r r! {p \elegir k}\left\{\begin{array}{c}p-k\\r\end{array}\right\}
\left[1-z - (n+1)^k(1-z)^{n+1}\right]z^{p-r}$$
Ya sabemos que el límite debe existir, ya que
$$\frac{e^t - e^{(n+1)t}}{1-e^t} = e^t + e^{2t} + \cdots + e^{nt}$$
que pueden ser diferenciados infinitamente muchas veces, simplemente podemos encontrar el coeficiente de $z^{p+1}$ en el numerador para calcular el límite.
Mediante el binomio de expansión de $(1-z)^{n+1}$ y dividir la suma, el numerador puede ser expresado como
$$\sum_{r=0}^{p}\sum_{k=0}^{p-r}(-1)^{r}r!{p \choose k}\left\{\begin{array}{c}p-k\\r\end{array}\right\}z^{p-r} + \sum_{r=0}^{p}\sum_{k=0}^{p-r}(-1)^{r}r!{p \choose k}\left\{\begin{array}{c}p-k\\r\end{array}\right\}z^{p-r+1} \:\:- $$
$$\sum_{r=0}^{p}\sum_{k=0}^{p-r}\sum_{j=0}^{n+1}(-1)^{r}r!{p \choose k}\left\{\begin{array}{c}p-k\\r\end{array}\right\}z^{p+j-r}$$
La primera suma no contribuye en nada a que el coeficiente de $z^{p+1}$ desde $p-r$ nunca es igual a $p+1$ al $0 \leq r \leq p$. La segunda suma sólo puede contribuir al $r = 0$, pero en este caso $\left\{\begin{array}{c}p-k\\0\end{array}\right\} = 0$ y vemos que esta suma no contribuir.
El tercer suma contribuye al $j = r+1$, después de algunas manipulaciones rendimiento
$$\sum_{r=0}^{p}\sum_{k=0}^{p-r}r!{p \choose k}\left\{\begin{array}{c}p-k\\r\end{array}\right\}{n+1 \choose r+1}$$
Ahora hacer la sustitución $i = k+r$. La suma puede luego ser llevados a la forma
$$\sum_{r=0}^{p}\sum_{i=0}^{p-r}r!{p \choose p+r-i}\left\{\begin{array}{c}p+r-i\\r\end{array}\right\}{n+1 \choose r+1}$$
El uso de la identidad
$$\left\{\begin{array}{c}n+1\\k+1\end{array}\right\} = \sum_{j=k}^{n}{n \choose j}\left\{\begin{array}{c}j\\k\end{array}\right\}$$
Esto puede ser llevado a la forma
$$\sum_{r=0}^{p}r!{n+1 \choose r+1}\left\{\begin{array}{c}p+1\\r+1\end{array}\right\}$$
que casi está de acuerdo con una fórmula dada en esta respuesta. Me parece que han hecho un apagado por un error de algún tipo. Voy a tratar de corregir más tarde.
Yo voy a tratar de producir un ejemplo de uso de fracciones de derivados de la mañana.
