Cómo determinar la ecuación de $\sum_{k=1}^n k^3$

Question

¿Cómo encontrar una fórmula algebraica para $\sum_{k=1}^n k^3$? Soy capaz de encontrar uno para $\sum_{k=1}^n k^2$, pero no $k^3$. Se agradecería cualquier insinuación.

Answer 1

Usted puede obtenerlo a partir de las fórmulas para las sumas de potencias inferiores a:

$$\begin{align*} \sum_{k=1}^nk^3&=\sum_{k=1}^n\left(k\cdot k^2\right)\\ &=\sum_{k=1}^nk^2\sum_{i=1}^k1\\ &=\sum_{k=1}^n\sum_{i=1}^kk^2\\ &=\sum_{i=1}^n\sum_{k=i}^nk^2\\ &=\sum_{i=1}^n\left(\sum_{k=1}^nk^2-\sum_{k=1}^{i-1}k^2\right)\\ &=\sum_{i=1}^n\left(\frac16n(n+1)(2n+1)-\frac16i(i-1)(2i-3)\right)\\ &=\frac16n^2(n+1)(2n+1)-\frac16\sum_{i=1}^ni(i-1)(2i-3)\\ &=\frac16n^2(n+1)(2n+1)-\frac16\sum_{i=1}^n\left(2i^3-5i^2+3i\right)\\ &=\frac16n^2(n+1)(2n+1)+\frac56\sum_{i=1}^ni^2-\frac12\sum_{i=1}^ni-\frac13\sum_{i=1}^ni^3\\ &=\frac16n^2(n+1)(2n+1)+\frac5{36}n(n+1)(2n+1)-\frac14n(n+1)-\frac13\sum_{k=1}^nk^3\;, \end{align*}$$

y desde aquí claramente se puede resolver por $\sum_{k=1}^nk^3$. Evidentemente esta técnica puede ser aplicada repetidamente, a pesar de que rápidamente se vuelve muy tedioso.

Graham, Knuth, Y Patashnik, en Concreto de las Matemáticas, ofrecemos muchos otros enfoques, incluyendo a través de cálculo finito y funciones de generación.

Añadido (porque me gusta): El cálculo finito enfoque requiere en primer lugar la reescritura $k^3$ en términos de la caída de los factoriales $k^{\underline1}=k$, $k^{\underline2}=k(k-1)=k^2-k$, y $k^{\underline3}=k(k-1)(k-2)=k^3-3k^2+2k$:

$$k^3=k^{\underline3}+3k^2+2k=k^{\underline3}+3k^{\underline2}+k^{\underline1}\;.$$

Los coeficientes son los números de Stirling del segundo tipo: en general $$x^n=\sum_{k=0}^n{n\brace k}x^{\underline k}\;.$$

Entonces

$$\begin{align*} \sum_{k=1}^nk^3&=\sum_{k=1}^n\left(k^{\underline3}+3k^{\underline2}+k^{\underline1}\right)\\ &=\left[\frac14k^{\underline4}+k^{\underline3}+\frac12k^{\underline2}\right]_1^{n+1}\\ &=\frac14n(n+1)(n-1)(n-2)+n(n+1)(n-1)+\frac12n(n+1)-0\\ &=\frac14n(n+1)\Big(n^2-3n+2+4(n-1)+2\Big)\\ &=\frac14n(n+1)\left(n^2+n\right)\\ &=\frac14n^2(n+1)^2\;. \end{align*}$$

Hay una buena introducción al cálculo finito en la Sección $2.6$ de Graham, Knuth, Y Patashnik, en Concreto de las Matemáticas; Pete L. Clark tiene un folleto con otra introducción aquí.

Answer 2

Aquí le damos otro enfoque,

$$ \sum_{k=1}^{n} (k+1)^4 - \sum_{k=1}^{n} k^4 = (n+1)^4-1 $$

$$ \implies 4\sum_{k=1}^{n}k^3 + 6\sum_{k=1}^{n} k^2 + 4\sum_{k=1}^{n}k + \sum_{k=1}^{n}1 = (n+1)^4 -1 $$

$$ \implies 4\sum_{k=1}^{n}k^3 = (n+1)^4-1-6\sum_{k=1}^{n}k^2 - 4\sum_{k=1}^{n}k - \sum_{k=1}^{n}1$$

$$ \implies \sum_{k=1}^{n}k^3 = \dots. $$

Answer 3

El enfoque general es escribir $p(k)$ % polynomals $\binom{k}{i}$$i=0,1,2,\dots$

Por ejemplo, $$k^3 = 6\binom k 3 + 6\binom k 2 + \binom k 1$ $

Ahora, desde %#% $ #%

se obtiene:

$$\sum_{k=1}^{n} \binom{k}{i} = \binom{n+1}{i+1}$$

(Hay un pequeño problema anterior cuando $$\sum_{k=1}^{n} k^3 =6\binom{n+1}{4} + 6\binom{n+1}{3} + \binom{n+1}{2}$. Usted realmente necesita cantidades de $i=0$ $k=0$ para ese caso. En los demás casos, $n$ no añade nada.)

Answer 4

En adición a Brian M. Scott respuesta, y la referencia a $\mathit{Concrete \ Mathematics}$, en realidad se puede derivar de esta identidad con $\mathit{higher}$ poderes y la perturbación método

Tenga en cuenta que $$ \sum_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}\\ \sum_{k=1}^{n}k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} $$ Así que empieza con $$ S_n=\sum_{k=1}^{n}k^4\\ S_{n+1}=S_n +(n+1)^4 = \sum_{k=1}^{n}(k+1)^4+1 =S_n+4 \sum_{k=1}^{n}k^3+6 \sum_{k=1}^{n}k^2 +4 \sum_{k=1}^{n}k +n+1 $$ por lo tanto $$ S_n +(n+1)^4=S_n+4 \sum_{k=1}^{n}k^3+6 \sum_{k=1}^{n}k^2 +4 \sum_{k=1}^{n}k +n+1 $$ Así que claramente el de mayor plazo se cancela y después de algunos álgebra usted recibirá su $$ \sum_{k=1}^{n}k^3=\frac{(n(n+1))^2}{4} $$

Answer 5

$$ \sum_{k=1}^nk^3=\bigg(\sum_{k=1}^n k\bigg) ^ 2. ¿$$ Puede llegar a la intuición de los dos cuadros siguientes?

Las imágenes son de Brian R Sears.