Suma de los primeros enteros potencias de $n$ hasta k

Question

Triángulo de Pascal tiene un montón de patrones interesantes en ella; uno de los cuales es el triangular de los números y sus extensiones. Matemáticamente:

$$\sum_{n=1}^k1=\frac{k}{1}$$ $$\sum_{n=1}^kn=\frac{k}{1}\cdot\frac{k+1}{2}$$ $$\sum_{n=1}^kn^2=\frac{k}{1}\cdot\frac{k+1}{2}\cdot\frac{2k+1}{3}$$

En primer lugar, podríamos suponer que la siguiente suma es:

$$\sum_{n=1}^kn^3 ?=\frac{k}{1}\cdot\frac{k+1}{2}\cdot\frac{2k+1}{3}\cdot\frac{3k+1}{4}$$

Sin embargo, esto es off. Sin embargo, es fuera geométricamente. Aviso:

$$\left(\sum_{n=1}^kn^3\right)-\frac{k}{1}\cdot\frac{k+1}{2}\cdot\frac{2k+1}{3}\cdot\frac{3k+1}{4}=error$$ $$k=1, r=0$$ $$k=2, r=0.25$$ $$k=3, r=1$$ $$k=4, r=2.5$$ $$k=5, r=5$$ $$k=6, r=8.75$$ ...

Considerar las proporciones de los errores:

$$er(k)=\frac{r(k+1)}{r(k)}$$ $$k=1, r=udf$$ $$k=2, r=4$$ $$k=3, r=2.5$$ $$k=4, r=2$$ $$k=5, r=1.75$$ $$k=6, r=1.6$$

Entonces, la reescritura de el error como una función de n a partir de k = 5:

$$1.75=2.5-\frac{1.5}{2}$$ $$1.6=2.5-\frac{1.5}{2}-\frac{1.5}{10}$$ $$1.5=2.5-\frac{1.5}{2}-\frac{1.5}{10}-\frac{1.5}{15}$$ $$1.42857=2.5-\frac{1.5}{2}-\frac{1.5}{10}-\frac{1.5}{15}-\frac{1.5}{21}$$

Los denominadores en la serie son de pascales triángulo: (3 de columnas, o dependientes de nuevo en el triangular de los números)

El total de la fórmula para la equiparación de los dos es:

$$\left(\frac{k}{1}\cdot\frac{\left(k+1\right)}{2}\cdot\frac{\left(2k+1\right)}{3}\cdot\frac{\left(3k+1\right)}{4}\right)-\left(\sum_{n=1}^kn^3\right)+\frac{1}{24}\left(k-1\right)k\left(k+1\right)=0$$

Super interesante!

Al menos, pensé que era interesante cómo esta el error está relacionado con a la anterior potencia de la fórmula. Me estoy perdiendo algo que es obvio? Cualquier entrada es muy apreciado. (No soy inteligente, por lo que en el caso muy probable que me perdí de algo que es obvio trate de no ser demasiado dura)

Actualización:

Por el lado de alimentación (4), he encontrado la fórmula con la prueba y el error:

$$\left(\frac{k}{1}\cdot\frac{\left(k+1\right)}{2}\cdot\frac{\left(2k+1\right)}{3}\cdot\frac{\left(3k+1\right)}{4}\cdot\frac{\left(4k+1\right)}{5}\right)+\frac{1}{24}\left(k-1\right)k\left(k+1\right)+\frac{1}{12}\left(k-1\right)k\left(k+1\right)k$$

Las ideas sobre el poder (5), y así sucesivamente? Voy a seguir intentando y generalizar.

Answer 1

El resultado general es llamado Faulhaber la Fórmula.

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Una sugerencia de la dirección general.

Deje $f_i(x)=x(x+1)(x+2)\cdots(x+(i-1)),$ $f_0(x)=1.$ llamamos a $f_i$ "el aumento de factorial," y es que a veces se escribe $x^{(i)}.$

Nota la propiedad de que la $f_{i+1}(x)-f_{i+1}(x-1)=(i+1)f_i(x).$

Así, podemos telescopio de la suma:

$$\sum_{n=1}^{k}f_i(n)=\frac{1}{i+1}\sum_{n=1}^{k}\left(f_{i+1}(n)-f_{i+1}(n-1)\right)= \frac{f_{i+1}(k)}{i+1}.$$

desde $f_{i+1}(0)=0.$

Ahora, lo que se puede ver es que desde $f_i(x)$ es de grado $i$ y monic (coeficiente de es $1$) podemos escribir:

$$x^i = f_i(x)+O(x^{i-1})$$

donde el resto es un polinomio.

Por lo $$\sum_{n=1}^{k} n^i =\frac{f_{i+1}(k)}{i+1}+O(k^{i})=\frac{k^{i+1}}{i+1}+O(k^{i}).$$

Ahora, su polinomio $$\frac{x(x+1)(2x+1)(3x+1)\cdots((ix+1)}{(i+1)!}=\frac{x^{i+1}}{i+1}+O(x^i)$$.

Así que estos son generalmente va a crecer de manera similar.

Pero si nos fijamos en el segundo término, obtenemos, para $i>0:$

$$x^{i}=f_i(x)-\frac{i(i-1)}{2}f_{i-1}(x)+O(x^{i-2})$$

Así:

$$\sum_{n=0}^{k} n^i = \frac{f_{i+1}(k)}{i+1}-\frac{(i-1)f_{i}(k)}{2} +O(k^{i-1})$$

Un poco de tocar el violín le da que al $i>0$:

$$\sum_{n=1}^{k} n^i = \frac{k^{i+1}}{i+1} +\frac{k^i}{2}+O(k^{i-1})$$ for $i>0.$

El coeficiente de $k^{i}$ en su polinomio es $\frac{1}{i+1}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac1{i}\right)\sim \frac{\log i}{i+1}.$, por Lo que su segundo coeficiente va a$0$$i\to\infty$, por lo que la diferencia entre la suma y su polinomio de acercamiento $\frac{1}{2}x^i.$

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Buscando la solución general es complicado, pero podemos encontrar un método para cada una de las $i$. Por ejemplo, supongamos $i=5.$

Podemos trabajar que a $$x^5=f_5(x)-10f_4(x)+25f_3(x)-15f_2(x)+f_1(x),$$, así que conseguir:

$$\sum_{n=1}^{k} n^5 = \frac{1}{6}f_6(k)-2f_5(k)+\frac{25}{4}f_4(k)-5f_3(k)+\frac{1}{2}f_2(k)$$

Entonces podemos ampliar esto para obtener la forma final.

Tenga en cuenta que desde $n^i$ es cero, $n=0$ al $i>0$, nunca hay un $f_0$ término en la expresión de $n^i$ en términos de $f_j,$ y, por tanto, el resultado de la suma sólo tiene términos de $f_j$$j\geq 2$, y por lo tanto la resultante polinomio será divisible por $k(k+1)$ al $i>0.$

Answer 2

Podemos utilizar telescópica sumas para encontrar la fórmula para $$\sum_1^n k^p $$ for $p\ge 1$

Tenga en cuenta que $$ (k+1)^2 - k^2 =2k+1 \implies$$

$$ \sum_1^n \big[(k+1)^2 - k^2\big]=\sum_1^n (2k+1)\implies $$

$$ (n+1)^2 -1=2 \sum_1^n k + n\implies $$

$$\sum_1^n k = \frac {n(n+1)}{2}$$

Del mismo modo podemos encontrar la fórmula para $$\sum_1^n k^2 $$

mediante el uso de $$(k+1)^3 - k^3 =3k^2+ 3k+1$$

y así sucesivamente.

Answer 3

Estamos tratando de encontrar la corrección polinomio de grado p $$a(k,p)$$ donde

$$ a(k,p)=\sum_{n=1}^k(n^p)-\frac{k}{(p+1)!}\prod_{n=1}^{p}(nk+1)=\sum_{f=0}^p(a_fx^f) $$

El polinomio de corrección fue de grado tres, por la suma de los cubos y el grado cuatro, por la suma de tesseracts. Suponiendo que el polinomio de grado es siempre p entonces, ya sabemos lo que el polinomio del valor debe ser un número infinito de puntos, puede convertir el problema de encontrar el polinomio de coeficientes en un p por p el sistema lineal. Tal vez intentar obtener algún sistema de álgebra computacional para resolver el sistema y ver si hay alguna obvio patrón.