Сумма членов последовательности от 1^m до n^m.

[kthxbye]

Для суммы $\sum\limits_{n=1}^n n^m$ имеем [1]:

$(n+1)^{m+1} = n^{m+1} + an^m + bn^{m-1} + ... + cn^2 + dn + 1 = $

$1^{m+1} + \sum\limits_{n=1}^n n^m+ \sum\limits_{n=1}^n n^{m-1} + ... + \sum\limits_{n=1}^n n^2 + \sum\limits_{n=1}^n n.$

При m=1:

$(n+1)^2 = 1^2 + 2\sum\limits_{n=1}^n n + n,$

$n^2 + 2n + 1 = 1 + 2\sum\limits_{n=1}^n n + n,$

$n^2 + n = 2\sum\limits_{n=1}^n n, \sum\limits_{n=1}^n n = \frac {n^2 + n}{2} = \frac {n(n+1)}{2};$

При m=2:

$(n+1)^3 = 1^3 + 3\sum\limits_{n=1}^n n^2 + 3\sum\limits_{n=1}^n n + n,$

$n^3 + 3n^2 + 3n + 1 = 1 + 3\sum\limits_{n=1}^n n^2 + 3\sum\limits_{n=1}^n n + n,$

$3\sum\limits_{n=1}^n n^2 = n^3 + 3n^2 + \frac {2n - 3n(n+1)}{2} = \frac{2n^3 + 3n^2 + n}{2},$

$\sum\limits_{n=1}^n n^2 = \frac{2n^3 + 3n^2 + n}{6} = \frac{n(2n^2 + 3n + 1)}{6} = \frac{n(2n + 1)(n + 1)}{6}.$

При m=3:

$(n+1)^4 = 1^4 + 4\sum\limits_{n=1}^n n^3 + 6\sum\limits_{n=1}^n n^2 + 4\sum\limits_{n=1}^n n + n,$

$n^4 + 4n^3 + 6n^2 + 4n + 1 = 1 + 4\sum\limits_{n=1}^n n^3 + 6\sum\limits_{n=1}^n n^2 + 4\sum\limits_{n=1}^n n + n,$

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

$n^4 + 2n^3 + n^2 = n^2(n+1)^2,$

$\sum\limits_{n=1}^n n^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4};$

При m $\ge$ 4 указанный выше метод [1] не действителен. Необходимо объяснить почему и вывести формулу [2] суммы $\sum\limits_{n=1}^n n^m$ при m $= 4,5,7,11;$

Дополнительно, при m=0:

$n+1 = 1 + \sum\limits_{n=1}^n n^0,$

$\sum\limits_{n=1}^n n^0 = n;$

При m $\le$ -1 указанный выше метод [1] также не действителен. Необходимо объяснить почему и вывести формулу [3] суммы $\sum\limits_{n=1}^n n^m$ при m $= -1,-2,-3;$

Попытался вывести при m=-1, получилась такая формула:

$\sum\limits_{n=1}^n n^{-1} = \frac{(n-1)! + n((n-2)! + (n-1)((n-3)! + (n+2)((n-4)! ... + 4(2! + 3(1! + 2(0! +1)}{n!}$

Помогите упростить выражение в знаменателе и вывести формулы [2] и [3].

[assik]

$m=4$

$\frac{n\left ( n+1 \right )\left ( 2n+1 \right )\left ( 3n^2+3n-1 \right )}{30}$

$m=5$

$\frac{n^2\left ( 1+n \right )^2\left ( 2n^2+2n-1 \right )}{12}$

$m=7$

$\frac{n^2\left ( n+1 \right )^2\left ( 3n^4+6n^3-n^2-4n+2 \right )}{24}$

$m=11$

$\frac{n^2\left ( n+1 \right )^2\left ( 2n^8+8n^7+4n^6-16n^5-5n^4+26n^3-3n^2-20n+10 \right )}{24}$

[kthxbye]

assik, благодарю. По какому методу вы вывели эти формулы?

[provincialka]

Почему метод не подходит для $m>3$? Я применила к $m=4$, все получилось. Может, вы биномиальные коэффициенты неправильно нашли?

[assik]

Рекуррентная формула

$S\left ( n,0 \right )=n$

$S\left ( n,k \right )=\frac{1}{k+1}\left [\left ( n+1 \right )^{k+1}-1-\sum_{i=2}^{k+1}C_{k+1}^{k+1-i} S\left ( n,k+1-i \right )\right ]$

[kthxbye]

assik, еще раз благодарю. К $m<0$ не применима?

provincialka, действительно:

$(n+1)^5 = 1^5 + 5\sum\limits_{k=1}^n k^4 + 10\sum\limits_{k=1}^n k^3 + 10\sum\limits_{k=1}^n k^2 + 5\sum\limits_{k=1}^n k + n,$

$n^5 + 5n^4 + 10n^3 + 10n^2 + 5n + 1 = 1 + 5\sum\limits_{k=1}^n k^4 + 10\sum\limits_{k=1}^n k^3 + 10\sum\limits_{k=1}^n k^2 + 5\sum\limits_{k=1}^n k + n,$

$5\sum\limits_{k=1}^n k^4 = n^5 + 5n^4 + 10n^3 + 10n^2 + 5n - \frac{10n^2(n+1)^2}{4} - \frac{10n(2n+1)(n+1)}{6} - \frac{5n(n+1)}{2},$

$5\sum\limits_{k=1}^n k^4 = \frac{6n^5 + 30n^4 + 60n^3 + 60 n^2 + 24n - 15n^4 - 30n^4 - 15n^2 - 20n^3 - 30n^2 - 10n - 15n^2 - 15}{6},$

$5\sum\limits_{k=1}^n k^4 = \frac{6n^5 + 15n^4 + 10n^3 - n}{6},$

Далее по схеме Горнера $n=1$ отпадает, $n=-1$ справедливо, при делении получаем:

$6n^3 + 9n^2 + n + 1,$

$3n^2(2n + 1) + 6n^2 + n -1, 3n^2(2n+1) + (3n-1)(2n+1), (2n+1)(3n^2 + 3n - 1),$

$\sum\limits_{k=1}^n k^4 = \frac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30},$

аналогично формуле assik. Довольно странно, все предыдущие попытки не увенчались успехом.

[provincialka]

Что значит хорошая компания! Этот метод универсальный. Надеюсь, вы понимаете его смысл?

[Deggial]

kthxbye, вот такие штучки

kthxbye в сообщении #793379 писал(а):

m $\ge$ 4

и им подобные писать не надо, нужно полностью: $m \ge 4$.

kthxbye в сообщении #793379 писал(а):

$\sum\limits_{n=1}^n n^m$

Кстати, формально это бессмысленный термин. Т.е., если Вам не принципиально, то желательно переменную суммирования/интегрирования обозначать другим символом.

[kthxbye]

provincialka, к сожалению нет, буквально неделю назад познакомился с числовыми рядами.

Deggial, по поводу тега учту; как, собственно, можно записать сумму по $n$ от $1$ до $n$ чисел $n^m$?

Однако, действительно что-то несуразное. Буду рад, если и тут прокомментируете.

[Deggial]

kthxbye в сообщении #793454 писал(а):

как, собственно, можно записать сумму по $n$ от $1$ до $n$ чисел $n^m$?

Просто переменную суммирования сменить: $\sum\limits_{k=1}^n k^m$. Как в интегралах с переменным верхним пределом пишут: $\int\limits_a^{g(t)}f(x)dx$

[provincialka]

Смысл метода такой:
$(n+1)^3-n^3=3n^2+3n+1$
$n^3-(n-1)^3=3(n-1)^2+3(n-1)+1$
...
$2^3-1^3=3\cdot 1^2+3\cdot 1+1$
Складываем все равенства. Слева почти все слагаемые сокращаются. Справа получаем суммы степеней, с коэффициентами.

[fedd]

Наверное имелись в виду следующие суммы. Давно их, правда, выводил:

[provincialka]

Я все эти суммы не помню (только до кубов), знаю только, что выражения обычно раскладывают по-возможности на множители.

[Aritaborian]

Deggial в сообщении #793448 писал(а):

Кстати, формально это бессмысленный термин.

Мне тоже сразу глаз царапнуло. Но, что удивительно. Спросил Mathematica, та почему-то не возразила.

Sum[n^m, {n, 1, n}]

[provincialka]

Aritaborian в сообщении #793575 писал(а):

Мне тоже сразу глаз царапнуло. Но, что удивительно. Спросил Mathematica, та почему-то не возразила.

Конкретно Mathematica я не знаю, но вообще-то у функции обычно есть формальные и реальные параметры. Что мешает мне, например, подсчитать $\log_aa$? Хотя сама функция $\log_ab$ имеет два аргумента.