Bran pisze: ↑19 kwie 2020, o 23:51
\(\displaystyle{ S_1(n) = 1 + 2 + \ldots + n = \frac{n^2+n}{2}\\
S_2(n) = 1^2 + 2^2 + \ldots + n^2 = \frac{n^3+n}{2} \\
S_3(n) = 1^3 + 2^3 + \ldots + n^3 = \frac{n^4+n}{2}\\
S_4(n) = 1^4 + 2^4 + \ldots + n^4 = \frac{n^5+n}{2} }\)
Zatem
\(\displaystyle{ S_r(n) = \frac{n^{r+1}+n}{2}}\)
Skąd ten wniosek?
\(\displaystyle{ S_2(3)}\) już się nie zgada. Ogólnie to jawny wzór na
\(\displaystyle{ S_r(n)}\) jest dość skomplikowany więc nie tędy droga.
Dodano po 10 godzinach 38 minutach 26 sekundach:
Warto się zastanowić jak się oblicza sumy kolejnych potęg (dla mniejszych
\(\displaystyle{ r}\)) powiedzmy, że chcesz obliczyć
\(\displaystyle{ \red{S_2(n)}}\) (milcząco zakładając, że znamy
\(\displaystyle{ \blue{S_1(n)}}\) oraz
\(\displaystyle{ \blue{S_0(n)}}\)) zauważ, że można to uczynić w taki sposób, zauważmy niezależnie, że dla naturalnych
\(\displaystyle{ k}\) dwumian pozwala napisać:
\(\displaystyle{ (k+1)^3-k^3= \sum_{j=0}^{2} {3 \choose j}k^j }\)
równość ta jest prawdziwa dla dowolnego naturalnego
\(\displaystyle{ k}\) zatem można zsumować ją stronami po
\(\displaystyle{ k=1,2,...,n}\)
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \left[ (k+1)^3-k^3\right] = \sum_{k=1}^{n} \sum_{j=0}^{2} {3 \choose j}k^j }\)
sumę po lewej można łatwo policzyć bo się teleskopuje a po prawej zamieniamy kolejność sumowania.
\(\displaystyle{ (n+1)^3-1= \sum_{j=0}^{2}\sum_{k=1}^{n} {3 \choose j}k^j }\)
jako, że
\(\displaystyle{ {3 \choose j}}\) jest niezależne od
\(\displaystyle{ k}\) można napisać:
\(\displaystyle{ (n+1)^3-1= \sum_{j=0}^{2} {3 \choose j}\blue{\sum_{k=1}^{n}k^j } }\)
rozwińmy zewnętrzną sumę:
\(\displaystyle{ (n+1)^3-1= \sum_{j=0}^{2} {3 \choose j}\blue{\sum_{k=1}^{n}k^j } = {3 \choose 0}\blue{\sum_{k=1}^{n}k^0 }+{3 \choose 1}\blue{\sum_{k=1}^{n}k^1 }+{3 \choose 2}\red{\sum_{k=1}^{n}k^2 } }\)
Zapiszmy teraz te sumy w kontekście
\(\displaystyle{ S_r(n)}\) czyli
\(\displaystyle{ (n+1)^3-1={3 \choose 0}\blue{S_0(n)}+{3 \choose 1}\blue{S_1(n)}+{3 \choose 2}\red{S_2(n)} }\)
Aby maksymalnie upodobnić to do wzoru z podpunktu
\(\displaystyle{ a}\) zauważmy, że
\(\displaystyle{ \blue{S_0(n)}}\) to suma
\(\displaystyle{ n}\) jedynek zatem jest równa
\(\displaystyle{ n}\) co pozwoli napisać:
\(\displaystyle{ (n+1)^3-(n+1)={3 \choose 1}\blue{S_1(n)}+{3 \choose 2}\red{S_2(n)} }\)
To pokazuje skąd bierze się wzór z pierwszego podpunktu. Jeśli teraz uogólnisz to rozumowanie dla dowolnego
\(\displaystyle{ r}\) to dostaniesz wzór z podpunktu
\(\displaystyle{ a}\). Natomiast aby sprawnie wyznaczać
\(\displaystyle{ S_r(n)}\) co przyda się w podpunkcie
\(\displaystyle{ b}\) zauważmy, że można go przekształcić:
oraz ogólnej
\(\displaystyle{ (n+1)^{r+1} - (n+1) = {r+1 \choose 1}\red{S_r(n)} + {r+1 \choose 2}\blue{S_{r-1}(n)} + \ldots + {r+1 \choose r}\blue{S_1(n)}}\)
\(\displaystyle{ (n+1)^{r+1} - (n+1) = {r+1 \choose r}\red{S_r(n)} + {r+1 \choose r-1}\blue{S_{r-1}(n)} + \ldots + {r+1 \choose 1}\blue{S_1(n)}}\)
\(\displaystyle{ (n+1)^{r+1} - (n+1) = {r+1 \choose r}\red{S_r(n)} + \sum_{j=1}^{r-1} {r+1 \choose j} \blue{S_j(n)} }\)
\(\displaystyle{ (n+1)^{r+1} - (n+1) - \sum_{j=1}^{r-1} {r+1 \choose j} \blue{S_j(n)} = (r+1)\red{S_r(n)} }\)
\(\displaystyle{ \red{S_r(n)} = \frac{(n+1)^{r+1} - (n+1) - \sum_{j=1}^{r-1} {r+1 \choose j} \blue{S_j(n)}}{r+1} }\)
PS indukcją udowadniamy pierwszą równość czyli tak naprawdę wzór dwumianowy przy ustalonym
\(\displaystyle{ r}\) indukcją po
\(\displaystyle{ k}\).
Dodano po 5 minutach 59 sekundach:
W niektórych miejscach korzystam z wzoru
\(\displaystyle{ {n \choose k} = {n \choose n-k} }\) jeśli byś się gdzieś zgubił w przekształceniach.