n, n²，或n³的和

该系列<年代pan class="katex"> $\ \和limits_ {k = 1} ^ n k ^ = 1 ^ 3 + 2 ^ + ^ + \ cdots + n ^$ $k ＝ 1 \sum n k^{一个} ＝ 1^{一个} + 2^{一个} + 3.^{一个} + \dots + n^{一个}$ 的和<年代pan class="katex"> $^ \文本{th}$ $一个^{th}$ 第一个的幂<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 正数,<年代pan class="katex"> $一个$ $一个$ 而且<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 是正整数。这些级数中的每一个都可以通过一个封闭公式来计算。这个案子<年代pan class="katex"> $= 1, n = 100$ $一个＝ 1 ， n ＝ 100$ 据说是由谁解决的<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/gauss-the-prince-of-mathematics/" class="wiki_link" title="高斯" target="_blank">高斯当我还是个小学生的时候，我做了一项乏味的加第一个的任务<年代pan class="katex"> $One hundred.$ $100$ 正整数时，高斯很快就用了一个公式来计算<年代pan class="katex"> $5050.$ $5050 ．$

的前几个值的公式<年代pan class="katex"> $一个$ $一个$ 如下:

${对齐}\ \开始sum_ {k = 1} ^ n k & = \压裂{n (n + 1)} 2 \ \ \ sum_ {k = 1} ^ n k ^ 2 & = \压裂{n (n + 1) (2 n + 1)} 6 \ \ \ sum_ {k = 1} ^ n k ^ 3 & = \压裂{n ^ 2 (n + 1) ^ 2} 4。结束\{对齐}$

Faulhaber的公式,它提供了一个一般化的公式来计算这些和的任何值<年代pan class="katex"> $一个。$ $一个．$

对这些总和的操纵在以下领域产生了有用的结果<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/string-theory/" class="wiki_link" title="弦理论" target="_blank">弦理论，<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/quantum-mechanics/" class="wiki_link" title="量子力学" target="_blank">量子力学,<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/complex-numbers/" class="wiki_link" title="复数" target="_blank">复数．

内容

第一个的和<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 正整数
第一个平方和<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 正整数
第一个的立方的和<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 正整数
一些例子
概括
Faulhaber的公式
另请参阅

第一个的和<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 正整数

让<年代pan class="katex"> $S_n = 1 + 2 + 3 + 4 + \ cdots + n = \ displaystyle \ sum_ {k = 1} ^ n k。$ $年代_{n} ＝ 1 + 2 + 3. + 4 + \dots + n ＝ k ＝ 1 \sum n k ．$ 解这个方程的基本技巧(高斯小时候应该用过)是将和重新排列如下:

$\{对齐}开始S_n & = & 1 & 2 & & + + & 3 & + \ cdots + & n \ \ S_n & = & & + & n - 1 & + & 2 & + \ cdots + & 1。\ \ \{对齐}结束$

将上述两个和分组并相加得到

$\{对齐}2 s_n & = &开始(1 + n) + (2 + n - 1) + (3 + 2) + \ cdots + (n + 1 ) \\ & = & \ underbrace {(n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + \ cdots + (n + 1)} _ {{* n \ \文本 }} \\ & = & n (n + 1)。结束\{对齐}$

因此,

$S_n = \ dfrac {n (n + 1)}{2}。$

求第一个的和<年代pan class="katex"> $One hundred.$ $100$ 正整数。

堵塞<年代pan class="katex"> $n = 100$ $n ＝ 100$ 在我们的方程,

$1 + 2 + 3 + 4 + + 100 = \ \点压裂{100(101)}{2}= \压裂{10100}{2},$

这意味着我们最终的答案是5050。<年代pan class="katex"> $_ \广场$ $_{□}$

证明第一个的和<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 正奇数是<年代pan class="katex"> $n ^ 2。$ $n^{2} ．$

有几种方法可以解决这个问题。一种方法是把和看成第一个的和<年代pan class="katex"> $2 n$ $2 n$ 整数减去第一个的和<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 偶数。第一个的和<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 即使是整数<年代pan class="katex"> $2$ $2$ 乘以第一个的和<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 整数，把这些放在一起

$\压裂{2 n (2 n + 1)} 2 - 2 \离开(\压裂{n (n + 1)} 2 \右)= n (2 n + 1) - n (n + 1) = n ^ 2。$

更简洁地说，和可以写成

$\ sum_ {k = 1} ^ n (2 k - 1) = 2 \ sum_ {k = 1} ^ n k - \ sum_ {k = 1} ^ n 1 = 2 \压裂{n (n + 1)} 2 - n = n ^ 2。\ _ \广场$

与前面的练习类似，这里有另一种推导第一个和的公式的方法<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 正整数。开始<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/binomial-theorem-expansions-easy/" class="wiki_link" title="二项展开式" target="_blank">二项展开式的<年代pan class="katex"> $(k - 1) ^ 2:$ $（ k - 1 ）^{2} ：$

$(k-1)²= k²- 2k + 1。$

重新安排条款如下:

$^ 2 - k (k - 1) ^ 2 = 2 k - 1。$

现在两边相加:

$n \ \ sum_ {k = 1} ^大(k ^ 2 - (k - 1) ^ 2 \大)= 2 \ sum_ {k = 1} ^ n k - \ sum_ {k = 1} ^ n 1。$

左边的总和<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/telescoping-series/" class="wiki_link" title="望远镜" target="_blank">望远镜: =<年代pan class="katex"> $n ^ 2。$ $n^{2} ．$ 右边等于<年代pan class="katex"> $2 s_n - n,$ $2 年代_{n} - n ，$ 这给了<年代pan class="katex"> $2S_n - n = n²，$ $2 年代_{n} - n ＝ n^{2} ，$ 所以<年代pan class="katex"> $S_n = \压裂{n (n + 1)} 2。$ $年代_{n} ＝ \frac{n （ n + 1 ）}{2} ．$

这种技术可以推广到任何特定的幂和的计算。

第一个平方和<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 正整数

继续上一节的思想，从的二项式展开开始<年代pan class="katex"> $(k - 1) ^ 3:$ $（ k - 1 ）^{3.} ：$

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

重新安排的条款:

$k ^ 3 - (k - 1) ^ 3 = 3 k ^ 2-3k + 1。$

和之前一样，左边求和<年代pan class="katex"> $k = 1$ $k ＝ 1$ 来<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 收益率<年代pan class="katex"> $n ^ 3。$ $n^{3.} ．$ 这给了

$\{对齐}开始n ^ 3 & = 3 \离开(\ sum_ {k = 1} ^ n k ^ 2 \右)- 3 \ sum_ {k = 1} ^ n k + \ sum_ {k = 1} ^ n 1 \ \ n ^ 3 & = 3 \离开(\ sum_ {k = 1} ^ n k ^ 2 \右)- 3 \压裂{n (n + 1)} 2 + n \ \ 3 \离开(\ sum_ {k = 1} ^ n k ^ 2 \右)& = n ^ 3 + 3 \压裂{n (n + 1)} 2 - n \ \ \ Rightarrow \ sum_ {k = 1} ^ n k ^ 2 & = \ frac13 n ^ 3 + \ frac12 n ^ 2 + \ frac16 n \ \ & = \压裂{n (n + 1) (2 n + 1)} 6。结束\{对齐}$

求第一个的平方和<年代pan class="katex"> $One hundred.$ $100$ 正整数。

插入<年代pan class="katex"> $n = 100,$ $n ＝ 100 ，$

$1 ^ 2 + 2 ^ 2 + 3 ^ 2 + 4 ^ 2 + + 100 ^ 2 = \ \点压裂{100(101)(201)}{6}= \压裂{2030100}{6}= 338350。\ _ \广场$

第一个的立方的和<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 正整数

还是从二项式展开开始<年代pan class="katex"> $(k - 1) ^ 4$ $（ k - 1 ）^{4}$ 重新安排一下条款:

$k ^ 4 - (k - 1) ^ 4 = 4 k ^ 3-6k ^ 2 + 4 k - 1。$

从<年代pan class="katex"> $1$ $1$ 来<年代pan class="katex"> $n$ $n$ 得到

$N ^4 = 4 s_{3,n} - 6 s_{2,n} + 4 s_{1,n} - N。$

在这里<年代pan class="katex"> $s_ {n},$ $年代_{一个， n}$ 是第一个的和吗<年代pan class="katex"> $n$ $n$ $^ \文本{th}$ 权力。所以

$\开始{对齐}4 s_ {3 n} & = n ^ 4 + 6 \压裂{n (n + 1) (2 n + 1)} 6 - 4 \压裂{n (n + 1)} 2 + n \ \ \ \ s_ {3 n} & = \ frac14 n ^ 4 + \ frac12 n ^ 3 + \ frac34 n ^ 2 + \ frac14 n - \ frac12 n ^ 2 - \ frac12 n + \ frac14 n \ \ \ \ s_ {3 n} & = \ frac14 n ^ 4 + \ frac12 n ^ 3 + \ frac14 n ^ 2 \\\\ &= \ 压裂{n ^ 2 (n + 1) ^ 2} 4。结束\{对齐}$

求第一个的立方和<年代pan class="katex"> $200$ $200$ 正整数。

堵塞<年代pan class="katex"> $n = 200$ $n ＝ 200$ 在我们的方程,<年代pan class="katex-display"> $1 ^ 3 + 2 ^ 3 + 3 ^ 3 + 4 ^ 6 ^ 3 + 5 ^ 3 + 3 + 7 ^ 3 + 8 ^ 3 + 200 ^ 3 = \ \点压裂{200 ^ 2 \大(201 ^ 2 \大)}{4}= \压裂{1616040000}{4}= 404010000。\ _ \广场$

一些例子

简化

$2 + 4 + 6 + cdots + 2n。$

我们有

$\开始{对齐}2 + 4 + 6 + \ cdots + 2 n & = \总和_ {i = 1} ^ {n}{2我}\ \ & = 2 (1 + 2 + 3 + \ cdots + n) \ \ & = 2 \ \压裂{n (n + 1)} {2} \ \ & = n (n + 1)。\ \ _ \广场结束{对齐}$

简化

$1 + 3 + 5 + \ cdots + (2 n - 1)。$

我们有

$开始\{对齐}1 + 3 + 5 + \ cdots + (2 n - 1) & = \总和_ {i = 1} ^ {n}{(2张 ) } \\ &=\ 总和_ {i = 1} ^ {n}{我}- \总和_ {i = 1} ^ {n}{1} \ \ & = 2 \总和_ {i = 1} ^ {n}{我}- n \ \ & = 2 \ \压裂{n (n + 1)} {2} - n \ \ & = n (n + 1) - n \ \ & = n (n + 1) \ \ & = {n} ^{2}。\ \ _ \广场结束{对齐}$

简化

$2 ^ 2 + 4 ^ 2 + 6 ^ 2 + \ cdots + (2 n) ^ 2。$

我们有

$开始\{对齐}2 ^ 2 + 4 ^ 2 + 6 ^ 2 + \ cdots + (2 n) ^ 2 & = \ sum_ {i = 1} ^ {n} (2) ^ 2 \ \ & = \ sum_ {i = 1} ^ {n} \大(2 ^ 2 ^ 2 \大)\ \ & = 4 \总和_ {i = 1} ^ {n}{{我}^ {2 } } \\ &= 4 \ cdot \压裂{n (n + 1) (2 n + 1)}{6} \ \ & = \压裂{2 n (n + 1) (2 n + 1)}{3}。\ \ _ \广场结束{对齐}$

简化

$1 ^ 2 + 3 ^ 2 + 5 ^ 2 + \ cdots + (2 n - 1) ^ 2。$

我们有

$\开始{对齐}1 ^ 2 + 3 ^ 2 + 5 ^ 2 + \ cdots + (2 n - 1) ^ 2 & = \离开(1 ^ 2 + 2 ^ 2 + 3 ^ 2 + 4 ^ 2 + \ cdots + (2 n - 1) ^ 2 + (2 n) ^ 2 \右)- \离开(2 ^ 2 + 4 ^ 2 + 6 ^ 2 + \ cdots + (2 n) ^ 2 \) \ \ & = \ sum_ {i = 1} ^ {2 n}我^ 2 - \ sum_ {i = 1} ^ {n}(2) ^ 2 \ \ & = \压裂{2 n (2 n + 1) (4 n + 1)}{6} - \压裂{2 n (n + 1) (2 n + 1)}{3} \ \ & = \压裂{n (2 n + 1) \大((4 n + 1) 2 (n + 1) \大)}{3}\ \ & = \压裂{n (2 n - 1) (2 n + 1)}{3}。\ \ _ \广场结束{对齐}$

概括

如前一节所述，让<年代pan class="katex"> $S_ {a,n} = \sum\limits_{k=1}^n k^a。$ $年代_{一个， n} ＝ k ＝ 1 \sum n k^{一个} ．$ 那么相关的恒等式，用同样的方法从二项展开得到

$n ^ {+ 1} = \ binom {+ 1} 1 s_ {, n} - \ binom {+ 1} 2 s_ {a - 1, n} + \ binom {+ 1} 3 s_ {a - n} - \ cdots + (1) ^ {1} \ binom{+ 1}{一}s_ {1, n} + (1) ^ n。$

这个递归恒等式给出了<年代pan class="katex"> $s_ {n},$ $年代_{一个， n}$ 而言,<年代pan class="katex"> $s_ {b、n}$ $年代_{b ， n}$ 为<年代pan class="katex"> $b < a。$ $b < 一个．$ 它是许多归纳论证的基础。特别是推导出来的第一个模式<年代pan class="katex"> $s_ {n},$ $年代_{一个， n}$ 为<年代pan class="katex"> $= 1, 2, 3$ $一个＝ 1 ， 2 ， 3.$ 是前导项<年代pan class="katex"> $\frac12 n^2， \frac13 n^3， \frac14 n^4。$ $\frac{1}{2} n^{2} ， \frac{1}{3.} n^{3.} ， \frac{1}{4} n^{4} ．$ 这里有一个简单的论点，可以证明这种模式还在继续:

对于正整数<年代pan class="katex"> $一个,$ $一个，$ $s_ {n},$ 是次多项式吗<年代pan class="katex"> $+ 1$ $一个 + 1$ 在<年代pan class="katex"> $n。$ $n ．$ 它的前导项是<年代pan class="katex"> $n \ frac1{+ 1} ^{+ 1}。$ $\frac{1}{一个 + 1} n^{一个 + 1} ．$

归纳。这句话对<年代pan class="katex"> $= 1,$ $一个＝ 1 ，$ 现在假设它对所有小于的正整数成立<年代pan class="katex"> $一个。$ $一个．$ 然后求解上面的递归式<年代pan class="katex"> $s_ {n},$ $年代_{一个， n}$ 得到

$s_ {, n} = \ frac1 n ^ {+ 1} {+ 1} + c_ {1} s_ {a - 1, n} + c_ {a} s_ {a - n} + \ cdots + c₁s_ {1, n} + c_0 n,$

在哪里<年代pan class="katex"> $为c_i$ $c_{我}$ 都是有理数。

根据归纳假设，除了第一项之外的所有项都是次多项式<年代pan class="katex"> $\乐一个$ $\leq 一个$ 在<年代pan class="katex"> $n,$ $n ，$ 下面是这个表述。<年代pan class="katex"> $_ \广场$ $_{□}$

注意与连续形式的和的类比:积分<年代pan class="katex"> $\int_0^n x^a \， dx = \frac1{a+1}n^{a+1}。$ $\int_{0}^{n} x^{一个} d x ＝ \frac{1}{一个 + 1} n^{一个 + 1} ．$ 低次项可以看作是曲线下面积近似的误差项<年代pan class="katex"> $y = x ^$ $y ＝ x^{一个}$ 通过矩形的宽度<年代pan class="katex"> $1$ $1$ 和高度<年代pan class="katex"> $k ^。$ $k^{一个} ．$

Faulhaber的公式

经查实,<年代pan class="katex"> $s_ {, n} = \ frac1 n ^{+ 1}{+ 1} +文本\{(低)},$ $年代_{一个， n} ＝ \frac{1}{一个 + 1} n^{一个 + 1} + (低) ，$ 一个明显的问题是，是否存在下项的显式表达式。事实证明，这些术语可以很简单地用<一个href="//www.parkandroid.com/wiki/bernoulli-numbers/" class="wiki_link" title="伯努利数" target="_blank">伯努利数,如下所示:

Faulhaber的公式:

$\ sum_ {k = 1} ^ n k ^ = \ frac1 {+ 1} \ sum_ j ={0} ^{一}(1)^ j \ binom {+ 1} {j} B_j n ^ {+ 1-j}。$

也就是说,如果<年代pan class="katex"> $我= a + 1-j$ $我＝一个 + 1 - j$ 的系数是正整数吗<年代pan class="katex"> $n ^我$ $n^{我}$ 和的多项式表达式是<年代pan class="katex"> $\ dfrac{(1) ^{+我}}{+ 1}\ binom{+ 1}{我}B_{+我}。$ $\frac{（ - 1 ） ^{一个 + 1 - 我}}{一个 + 1} （我一个 + 1 ） B_{一个 + 1 - 我} ．$

表明,<年代pan class="katex"> $\ \和limits_ {k = 1} ^ n k ^ = \ frac1 n ^ {+ 1} {+ 1} + \ frac12 n ^ +{低条款})(\文本。$ $k ＝ 1 \sum n k^{一个} ＝ \frac{1}{一个 + 1} n^{一个 + 1} + \frac{1}{2} n^{一个} + （较低的条款）．$

这可以从Faulhaber的公式中直接读出<年代pan class="katex"> $j = 0$ $j ＝ 0$ 项是<年代pan class="katex"> $n \ frac1 {+ 1} ^ {+ 1},$ $\frac{1}{一个 + 1} n^{一个 + 1} ，$ 和<年代pan class="katex"> $j = 1$ $j ＝ 1$ 项是

$\frac1{a+1} (-1)^1 \binom{a+1}1 B_1 n^a，$

由于<年代pan class="katex"> $B_1 = - \ frac12,$ $B_{1} ＝ - \frac{1}{2} ，$ 这简化了<年代pan class="katex"> $\ frac12 n ^。$ $\frac{1}{2} n^{一个} ．$ $_ \广场$

来计算<年代pan class="katex"> $\ \和limits_ {k = 1} ^ n k ^ 4$ $k ＝ 1 \sum n k^{4}$ 用Faulhaber公式写

$\ sum_ {k = 1} ^ n k ^ 4 = \ frac15 \ sum_ j = {0} ^ 4 (1) ^ j \ binom {5} {j} B_j n ^ {5 j}$

和使用<年代pan class="katex"> $B_0 = 1, B_1 = - \ frac12 B_2 = \ frac16 B_3 = 0, B_4 = - \ frac1 {30}$ $B_{0} ＝ 1 ， B_{1} ＝ - \frac{1}{2} ， B_{2} ＝ \frac{1}{6} ， B_{3.} ＝ 0 ， B_{4} ＝ - \frac{1}{3. 0}$ 得到

$\sum_{k=1}^n k^4 = \frac15 \左(n^5 + \frac52 n^4 + \frac{10}6 n^3 + 0 n^2 - \frac16 n\右)= \frac15 n^5 + \frac12 n^4 + \frac13 n^3 - \frac16 n。$

它的因式是

$\ sum_ {k = 1} ^ n k ^ 4 = \压裂{n (n + 1) (2 n + 1) (3 n ^ 2 + 3 n - 1)}{30}。$

请注意,<年代pan class="katex"> $(1) ^ j$ $（ - 1 ）^{j}$ 符号只影响当<年代pan class="katex"> $j = 1,$ $j ＝ 1 ，$ 因为奇数伯努利数是零，除了<年代pan class="katex"> $B_1 = - \ frac12。$ $B_{1} ＝ - \frac{1}{2} ．$

定理的证明很简单(这里省略);它可以通过包含伯努利数的标准递归归纳法来完成，或者更优雅地通过伯努利数的生成函数来完成。

另请参阅

伯努利数

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