Сумма n-ых степеней.

Simple Fairy · 28/03/16 53

Здравствуйте, меня давно интересовала тема о:
$1^s+2^s+3^s\ldots n^s=f(x) \\ |s \in \mathbb{N}$
В том плане, хотелось бы узнать как выводятся данные формулы.
Для
$s = 1 \\ $ S_n = 1+2+3\ldots+n \\ S_n = n+(n-1)\ldots+1 \\ 2S_n = n(n+1) \\ S_n = \frac{n(n+1)}{2}$
Подозреваю, что для $s>1$ действия примерно в этом же плане, но я о них не догадываюсь.

P.S. Порекомендуйте литературу или укажите, что нужно сделать, чтобы научиться выводить самостоятельно.
(Можно и книгу по теории чисел, где данная тема рассматривается(немного моветон), но уж очень интересует данная тема)

iifat · 16/02/13 4214 Владивосток

О как. Сколько живу, и не подозревал, что моветон. Вроде и математику учил не по подворотням, а вот гляди ж ты — нахватался. Только суммы степеней, или теория чисел в целом?
Можно попробовать через рекуррентные последовательности. Можно погуглить прямо по этим словам.

Simple Fairy · 28/03/16 53

iifat в сообщении #1159190 писал(а):

О как. Сколько живу, и не подозревал, что моветон. Вроде и математику учил не по подворотням, а вот гляди ж ты — нахватался. Только суммы степеней, или теория чисел в целом?
Можно попробовать через рекуррентные последовательности. Можно погуглить прямо по этим словам.

Ну, то что собираюсь читать книгу из-за какой-то узкой темы, поэтому и моветон. А так ни в коем случае, теорию чисел таковым не считаю, а даже более признаю одной из самых чистых приложений математики.
(Свой ответ нашел в С.Т. Завало. Элементарная алгебра)
Зря, наверное, создал тему.

provincialka · 18/01/13 12065 Казань

Как раз сегодня со студентами считали суммы квадратов и кубов. Вот один из способов. Обозначим через $S_k(n)=1^k+2^k+...+n^k$ . Ясно, что $S_0=n; S_1=\frac{n(n+1)}{2}$ . Теперь запишем такие равенства

$(n+1)^3-n^3=3n^2+3n+1$
$n^3-(n-1)^3=3(n-1)^2+3(n-1)+1$

$. . .$

$2^3-1^3=3\cdot 1^2+3\cdot 1+1$

Складывая эти равенства, получим, что $(n+1)^3-1=3S_2+3S_1+S_0$ откуда $S_2$ получается путем несложных преобразований.

Но больше мне нравится способ с использованием биномиальных коэффициентов.
Например, сумму квадратов можно получить из равенства $\sum\limits_{k=2}^n C_k^2=C_{n+1}^3$

Simple Fairy · 28/03/16 53

provincialka в сообщении #1159267 писал(а):

Как раз сегодня со студентами считали суммы квадратов и кубов. Вот один из способов. Обозначим через $S_k(n)=1^k+2^k+...+n^k$ . Ясно, что $S_0=n; S_1=\frac{n(n+1)}{2}$ . Теперь запишем такие равенства

$(n+1)^3-n^3=3n^2+3n+1$
$n^3-(n-1)^3=3(n-1)^2+3(n-1)+1$

$. . .$

$2^3-1^3=3\cdot 1^2+3\cdot 1+1$

Складывая эти равенства, получим, что $(n+1)^3-1=3S_2+3S_1+S_0$ откуда $S_2$ получается путем несложных преобразований.

Но больше мне нравится способ с использованием биномиальных коэффициентов.
Например, сумму квадратов можно получить из равенства $\sum\limits_{k=2}^n C_k^2=C_{n+1}^3$

Да, я уже разобрался и нашел кучу и геометрических интерпретаций и кучу-кучу всего прочего в виде док-в.
Сумма кубов последовательных натуральных интересно была доказана таблицей Пифагора, чего уж я точно не ожидал.
Красивая математика, все же. Но вот чего я не увидел, так это какого-то алгебраического без использования биномиальных коэффициентов доказательства суммы квадратов последовательных натуральных чисел. Может Вы знаете о таком и поделитесь?

Sonic86 · 08/04/08 8562

Simple Fairy в сообщении #1159185 писал(а):

В том плане, хотелось бы узнать как выводятся данные формулы.

Самый простой способ - предположить, что искомая сумма - просто некий многочлен степени на 1 выше (ну просто потому что $\deg (P(x+1)-P(x))=\deg P(x)-1$ ) с неизвестными коэффициентами, и просто поискать эти коэффициенты. Чисто алгебраически.

provincialka в сообщении #1159267 писал(а):

Но больше мне нравится способ с использованием биномиальных коэффициентов.
Например, сумму квадратов можно получить из равенства $\sum\limits_{k=2}^n C_k^2=C_{n+1}^3$

Этот способ в виде дискретного суммирования имеет еще более хороший вид:
$\sum\limits_{1\leqslant k< n}k^{\underline{s}}=\frac{k^{\underline{s+1}}}{s+1}\left|\limits_1^n=\frac{n^{\underline{s+1}}}{s+1}$
где $k^{\underline{s}}=k(k-1)...(k-s+1)$ . Так хорошо видна аналогия с известными интегралами.

Simple Fairy в сообщении #1159185 писал(а):

Порекомендуйте литературу или укажите, что нужно сделать, чтобы научиться выводить самостоятельно.

Формула выше взята из Конкретной математики Грэхема, Кнута, Паташника с подробным инструментарием (знание матанализа приветствуется)
А вообще изначально сумма была найдена в общем виде с помощью чисел Бернулли: https://ru.wikipedia.org/wiki/%D0%A7%D0 ... 0%BB%D0%B8

Simple Fairy в сообщении #1159185 писал(а):

Можно и книгу по теории чисел, где данная тема рассматривается(немного моветон), но уж очень интересует данная тема

Если надо именно по ТЧ, то есть Айрленд, Роузен Классическое введение в современную теорию чисел, глава 15.

Slav-27 · 14/10/14 1220

Вот ещё занятный способ найти сумму степеней.

Пусть есть какая-то функция $f(x)$ ; введём оператор $\Delta$ , который по такой функции выдаёт её разность $\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)$ . Обозначим через $D$ оператор $\frac d {dx}$ , выдающий по функции её производную $\frac d {dx} f(x)=f'(x)$ .

Представим $f(x+1)$ в виде ряда Тейлора: $f(x+1)=f(x)+f'(x)+\frac1{2!}f''(x)+\frac1{3!}f'''(x)+\dots$
$=(1+D+\frac{D^2}{2!}+\frac{D^3}{3!}+...)f(x)=e^D f(x)$ , где последнее выражение есть символическая запись предыдущего.

Отсюда получаем $\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)=e^Df(x)-f(x)=(e^D-1)f(x)$ .
Итак $\Delta=e^D-1$ , поэтому оператор суммирования $\sum=\Delta^{-1}=\dfrac1{e^D-1}$ .

Обозначим теперь $1^p+2^p+...+x^p=S_p(x)$ . Хорошее свойство этой функции: $\Delta S_p(x)=(x+1)^p$ , или же $\Delta S_p(x-1)=x^p$ .

Поэтому $S_p(x-1)=\sum x^p = \dfrac1{e^D-1} x^p + C$ , где $C$ -- постоянная суммирования, которая определится условием $S_p(0)=0$ .

Для функции $\dfrac x {e^x-1}$ известно разложение в ряд Тейлора по $x$ : $\dfrac x {e^x-1}=\sum\limits_{i=0}^{\infty}B_i\dfrac{x^i}{i!}$ , где $B_i$ -- числа Бернулли, причём $B_1=-1/2$ .

Поэтому $\dfrac1{e^D-1} x^p=\dfrac1{p+1}\dfrac{D}{e^D-1} x^{p+1}=\dfrac1{p+1}\sum\limits_{i=0}^{\infty}B_i\dfrac{D^i}{i!}x^{p+1}$ .

$D^{p+2}$ и все более старшие производные зануляются, а $D^{p+1}$ даёт константу и поэтому её отбрасываем, так как константу суммирования всё равно надо подбирать отдельно. Получаем:
$\dfrac1{p+1}\sum\limits_{i=0}^{p}B_i\dfrac{D^i}{i!}x^{p+1}=\dfrac1{p+1}\sum\limits_{i=0}^{p}\dfrac{B_i}{i!} \dfrac {(p+1)!}{(p+1-i)!}x^{p+1-i}=\dfrac1{p+1}\sum\limits_{i=0}^{p}B_i\binom{p+1}{i}x^{p+1-i}$ .

Мы получили известную формулу Бернулли: $1^p+2^p+...+(x-1)^p=\dfrac1{p+1}\sum\limits_{i=0}^{p}B_i\binom{p+1}{i}x^{p+1-i}$ .

Таким же образом несложно показать, что если считать $B_1=+1/2$ , а не $-1/2$ , то получится такая же формула, только слева -- сумма до $x$ : $1^p+2^p+...+x^p=\dfrac1{p+1}\sum\limits_{i=0}^{p}B_i\binom{p+1}{i}x^{p+1-i}$ .
Символически это можно записать и так: $1^p+2^p+...+x^p=\dfrac1{p+1}\left((B+x)^{p+1}-B^{p+1}\right)$ где $B^i$ символически превращается в $B_i$ .

----------------------

Наконец укажу практически удобный способ вычисления степенных сумм, который подходит, если вы не помните на память всякие штуки вроде чисел Бернулли. Он основывается на формуле, которую привёл Sonic86: $\Delta x^{\underline {s}}=sx^{\underline {s-1}}$ , или $\sum x^{\underline {s}}=\frac1{s+1}x^{\underline {s+1}}+C$ , где $C$ -- постоянная, которую можно определить, задав желаемое значение суммы при $x=0$ , а $x^{\underline{s}}=x(x-1)(x-2)...(x-s+1)$ .

Мы таким образом легко просуммируем $x^{\underline{s}}$ ; а хотим суммировать $x^s$ . Но несложно показать, что любой многочлен $a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+...$ может быть представлен также в виде $b_0+b_1x+b_2x^{\underline {2}}+b_3x^{\underline {3}}...$ , а каогда мы его так представим -- сможем просуммировать.

Вычислим например $1^3+2^3+3^3+...+n^3=\sum x^3$ . Представим $x^3$ в нужном виде:
$x^3=x(x-1)(x-2)+3x^2-2x$
$=x(x-1)(x-2)+3x(x-1)+x=x^{\underline{3}}+3x^{\underline{2}}+x$ .
Поэтому $\sum x^3=\frac14x^{\underline{4}}+x^{\underline{3}}+\frac12x^{\underline{2}}=\frac14(x^4-2x^3+x^2)$ , откуда $\sum\limits_{x=1}^{n-1} x^3=\frac14(n^4-2n^3+n^2)$ , или $1^3+2^3+3^3+...+n^3=\frac14((n+1)^4-2(n+1)^3+(n+1)^2)-\operatorname{const}=\frac14(n^4+2n^3+n^2)$ .

Vince Diesel · 25/02/11 1800

Simple Fairy в сообщении #1159285 писал(а):

Но вот чего я не увидел, так это какого-то алгебраического без использования биномиальных коэффициентов доказательства суммы квадратов последовательных натуральных чисел.

Если ответ известен, то по индукции.

Sonic86 · 08/04/08 8562

Slav-27 в сообщении #1159327 писал(а):

Вот ещё занятный способ найти сумму степеней.

Тоже есть в Конкретной математике.

Simple Fairy · 28/03/16 53

Открылась новая проблема со старой темой.
Останавливаться на натуральных числах я не стал и взялся на множество четных и нечетных.
В общем, столкнулся со своим незнанием, но надеюсь, что в будущем это прояснится, дело вот в чем:
$\sum\limits_{k=1}^{n} k^3 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 \quad ; \sum\limits_{k=1}^{n} 8k^3 = 8\sum\limits_{k=1}^{n}k^3 = 4n^2(n+1)^2$
Дело вот в чем, я хотел найти сумму последовательных кубов нечетных чисел и подумал по хитрому её взяв из первой суммы и вычесть сумму кубов последовательных кубов четных чисел, но столкнулся с проблемой, что если оба ряда считают по натуральным числам, то получается ситуация, когда второй ряд опережает второй и получается, что второй ряд должен считаться только по четным индексам, т.е. $k=2n, n \in \mathbb{N}$ в общем, такое чувство, что думаю не в том направлении.