$\sum_{i=1}^{n}{i^k}$ 的求和公式

本文给出两种解法.

第一种解法

先给出递推公式: 求和公式一:

S_{k} (n) = \frac{n^{k + 1}}{k + 1} - \frac{1}{k + 1} \sum_{i = 0}^{k - 1} (- 1)^{k - i} (\binom{k + 1}{i}) S_{i} (n)

(k \in Z^{+})

其中

S_{k} (n) = \sum_{i = 1}^{n} i^{k}

证明：根据二项式定理，注意到

\begin{aligned} n^{k + 1} - (n - 1)^{k + 1} & = \sum_{i = 0}^{k} (- 1)^{k - i} (\binom{k + 1}{i}) n^{i} \\ (n - 1)^{k + 1} - (n - 2)^{k + 1} & = \sum_{i = 0}^{k} (- 1)^{k - i} (\binom{k + 1}{i}) (n - 1)^{i} \\ ⋮ \\ 1^{k + 1} - 0^{k + 1} & = \sum_{i = 0}^{k} (- 1)^{k - i} (\binom{k + 1}{i}) 1^{i} \end{aligned}

将这些等式全部相加，可以得到

n^{k + 1} = \sum_{i = 1}^{k} [(- 1)^{k - i} (\binom{k + 1}{i}) \sum_{j = 1}^{n} j^{i}]

亦即

n^{k + 1} = \sum_{i = 1}^{k} (- 1)^{k - i} (\binom{k + 1}{i}) S_{i} (n)

∴ (k + 1) S_{k} (n) = n^{k + 1} - \sum_{i = 1}^{k - 1} (- 1)^{k - i} (\binom{k + 1}{i}) S_{i} (n)

∴ S_{k} (n) = \frac{n^{k + 1}}{k + 1} - \frac{1}{k + 1} \sum_{i = 0}^{k - 1} (- 1)^{k - i} (\binom{k + 1}{i}) S_{i} (n)

(k \in Z^{+})

Q . E . D

$S_1(n)$ $S_2(n)$ $\cdots$ $S_0(n)=n$

\begin{aligned} ∴ S_{1} (n) & = \frac{n^{2}}{2} - \frac{1}{2} \sum_{i = 0}^{0} (- 1)^{1 - i} (\binom{2}{i}) S_{i} (n) \\ = \frac{n^{2}}{2} - \frac{1}{2} (- 1)^{1} S_{0} (n) \\ = \frac{n^{2}}{2} + \frac{n}{2} \end{aligned}

∴ S_{1} (n) = \frac{n (n + 1)}{2}

$S_2(n)$ 为：

\frac{n (n + 1) (2 n + 1)}{6}

第二种解法

下面提供一种方法不同但结论相似的解法求和公式二:

S_{k} (n) = (n + 1) S_{k - 1} (n) - \sum_{i = 1}^{n} S_{k - 1} (i)

(k \in Z^{+})

其中

S_{k} (n) = \sum_{i = 1}^{n} i^{k}

证明：将该级数的各项写成下面的形式：

\begin{aligned} 1^{k} \\ 1^{k} 2^{k} \\ 1^{k} 2^{k} 3^{k} \\ ⋮ ⋮ ⋱ \\ 1^{k} 2^{k} 3^{k} \dots n^{k} \end{aligned}

可以得到，所有行的和为

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{i} j^{k}

所有列的和为

\sum_{t = 1}^{n} (n - t + 1) t^{k}

根据所有行的和等于所有列的和，可以得到

\sum_{i = 1}^{n} \sum_{j = 1}^{i} j^{k} = \sum_{t = 1}^{n} (n - t + 1) t^{k}

∴ \sum_{i = 1}^{n} S_{k} (i) = (n + 1) S_{k} (n) - S_{k + 1} (n)

$k+1$ $k$ ,得到

S_{k} (n) = (n + 1) S_{k - 1} (n) - \sum_{i = 1}^{n} S_{k - 1} (i)

(k \in Z^{+})

Q . E . D