Aquí se deriva un método basado en poder formal de la serie para obtener un cerrado fórmula para
\begin{align*}
S_k(n):=\sum_{j=1}^n j^k\qquad\qquad n,k\geq 1
\end{align*}
Para ello se codifican secuencias de $(a_j)_{j\geq 0}$ mediante la generación de funciones de $A(z)=\sum_{j=0}^\infty a_j z^j$.
Constante secuencia $(1)_{j\geq 0}$
Empezamos con la constante secuencia $(1)_{j\geq 0}$
\begin{align*}
(1)_{j\geq 0}=(1,1,1,\ldots) \quad \rightarrow \quad \frac{1}{1-z}&=\sum_{j=0}^{\infty}z^j\tag{1}\\
&=1+z+z^2+\cdots
\end{align*}
Vemos que la constante es la secuencia codificada por el geométrica de alimentación de la serie.
$$ $$
Consiguiendo $k$-th potencias $(j^k)_{j\geq 0}$
La diferenciación de una potencia de la serie y la multiplicación con $z$ resultados en
\begin{align*}
zD_z \sum_{j=0}^\infty a_j z^j = \sum_{j=0}^\infty ja_jz^j
\end{align*}
Aquí se denota con a $D_z:=\frac{d}{dz}$ el diferencial de operador. Si aplicamos en (1) el operador $zD_z$, sucesivamente, $k$ veces, obtenemos $k$-th poderes de $j$.
\begin{align*}
(j^k)_{j\geq 0}=(0^k,1^k,2^k,\ldots)\quad\rightarrow\quad (zD_z)^k\frac{1}{1-z}&=\sum_{j=0}^\infty j^kz^j\tag{2}\\
&=0^k+1^kz+2^kz^2+\cdots
\end{align*}
$$ $$
Resumiendo $k$-th potencias $\left(\sum_{j=0}^n j^k\right)_{j\geq 0}$
Una bonita hecho es que resumiendo elementos se codifica en el poder formal de la serie de la multiplicación por $\frac{1}{1-z}$. Esto es debido a que el producto de Cauchy de la fórmula
\begin{align*}
\frac{1}{1-z}\sum_{j=0}^\infty a_jz^j&=\left(\sum_{l=0}^\infty z^l\right)\left(\sum_{j=0}^\infty a_jz^j\right)=\sum_{m=0}^\infty\left(\sum_{l=0}^m a_l\right)z^m
\end{align*}
Así, multiplicando (2) con el operador $\frac{1}{1-z}$ proporciona una generación de la función de la suma de los $k$-th poderes de la primera $n$ números.
\begin{align*}
\left(\sum_{j=0}^n j^k\right)_{n\geq 0}\quad \rightarrow \quad \frac{1}{1-z}(zD_z)^k\frac{1}{1-z}&=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{j=0}^n j^k\right)z^n\\
&=0^k+\left(0^k+1^k\right)z+\left(0^k+1^k+2^k\right)z^2+\cdots
\end{align*}
Es conveniente usar el coeficiente de operador $[z^n]$ para denotar el coeficiente de $z^n$. Podemos resumir esto como
El Método:
La suma de los $k$-th potencias de números de $1$ $n$está dado por
\begin{align*}
S_k(n)=\sum_{j=1}^nj^k=[z^n]\frac{1}{1-z}(zD_z)^k\frac{1}{1-z}\tag{3}
\end{align*}
Aquí están algunos ejemplos para valores pequeños de a $k=1,2$
Ejemplo de $S_1(n)$
\begin{align*}
S_1(n)=\sum_{j=0}^nj&=[z^n]\frac{1}{1-z}(zD_z)\frac{1}{1-z}\tag{4}\\
&=[z^n]\frac{z}{(1-z)^3}\\
&=[z^n]z\sum_{j=0}^{\infty}\binom{-3}{j}(-z)^{j}\tag{5}\\
&=[z^{n-1}]\sum_{j=0}^{\infty}\binom{j+2}{2}z^{j}\tag{6}\\
&=\binom{n+1}{2}\tag{7}\\
&=\frac{1}{2}n(n+1)
\end{align*}
Comentario:
En (4) se aplica el operador $\frac{1}{1-z}(zD_z)$ $\frac{1}{1-z}$según (3)
En (5) utilizamos el binomio de la serie de expansión
En (6) aplicamos la fórmula
\begin{align*}
[z^{p-q}]A(z)=[z^p]z^qA(z)
\end{align*}
y utilizar el binomio identidad
\begin{align*}
\binom{-p}{q}=\binom{p+q-1}{p-1}(-1)^q
\end{align*}
- En (7) seleccionamos el coeficiente de $z^{n-1}$.
Ejemplo de $S_2(n)$
\begin{align*}
S_2(n)=\sum_{j=0}^n j^2&=[z^n]\frac{1}{1-z}(zD_z)^2\frac{1}{1-z}\tag{8}\\
&=[z^n]\frac{z(1+z)}{(1-z)^4}\\
&=[z^n](z+z^2)\sum_{j=0}^{\infty}\binom{-4}{j}(-z)^{j}\tag{9}\\
&=\left([z^{n-1}]+[z^{n-2}]\right)\sum_{j=0}^{\infty}\binom{j+3}{3}z^j\tag{10}\\
&=\binom{n+2}{3}+\binom{n+1}{3}\\
&=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)
\end{align*}
Comentario:
En (8) se le aplica el operador $\frac{1}{1-z}(zD_z)^2$ $\frac{1}{1-z}$
En (9) vamos a utilizar el binomio de la serie de expansión, como hicimos en (5)
En (10), usamos la linealidad del coeficiente de operador y aplicar las fórmulas, como hicimos en (6)
Sugerencia: tenga en cuenta que generalizada armónica de los números de la media de la suma de los recíprocos de los valores de $j^k$
\begin{align*}
H_{n,k}=\sum_{j=1}^nj^{-k}
\end{align*}
