[数列] 等差数列的等幂和

本帖最后由青青子衿于 2019-5-5 22:21 编辑

假设$\,a_1\,$,$\,a_2\,$,$\,\cdots\,$,$\,a_n\,$为等差数列，
（1）求$S(1,n)=\sum_\limits{k=1}^n{a_k}$用求和项数$\,n\,$、等差数列首项$\,a_1\,$、等差数列末项$\,a_n\,$表达的计算公式；
\[ \color{red}{S(1,n)=\sum_\limits{k=1}^n{a_k}=\dfrac{(a_1+a_n)n}{2}} \]
（2）求$S(2,n)=\sum_\limits{k=1}^n{a_k}^2$用求和项数$\,n\,$、等差数列首项$\,a_1\,$、等差数列末项$\,a_n\,$表达的计算公式；
\[ \color{red}{S(2,n)=\sum_\limits{k=1}^n{a_k}^2=n\left[a_1a_n+\frac{2n-1}{6\left(n-1\right)}\left(a_n-a_1\right)^2\right]} \]
（3）求$S(3,n)=\sum_\limits{k=1}^n{a_k}^3$用求和项数$\,n\,$、等差数列首项$\,a_1\,$、等差数列末项$\,a_n\,$表达的计算公式；

《基础数论中一些问题的研究》
第189页

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战巡

2^#

发表于 2019-3-31 02:06 | 只看该作者

回复 1# 青青子衿

还是母函数的老套路好了
令
\[f(x)=\sum_{k=1}^ne^{a_kx}=\frac{e^{(a_n+d)x}-e^{a_1x}}{e^{dx}-1}\]
这里$d=\frac{a_n-a_1}{n-1}$为公差，暂且放着不带进去，免得麻烦

于是有
\[f^{(m)}(x)=\sum_{k=1}^na_k^me^{a_kx}\]
\[\lim_{x\to 0}f^{(m)}(x)=\sum_{k=1}^na_k^m\]

这样可以有
\[S(3,n)=\lim_{x\to 0}f'''(x)=\lim_{x\to 0}\left[
\frac{(a_n+d)^3 e^{x(a_n+d)}-a_1^3 e^{a_1x}}{e^{d x}-1}-\frac{3 d e^{d x} \left((a_n+d)^2 e^{x (a_n+d)}-a_1^2 e^{a_1x}\right)}{\left(e^{d x}-1\right)^2}+\left(-\frac{d^3 e^{d x}}{\left(e^{d x}-1\right)^2}+\frac{6 d^3 e^{2 d x}}{\left(e^{d x}-1\right)^3}-\frac{6 d^3 e^{3 d x}}{\left(e^{d x}-1\right)^4}\right) \left(e^{x (a_n+d)}-e^{a_1x}\right)+3 \left(\frac{2 d^2 e^{2 d x}}{\left(e^{d x}-1\right)^3}-\frac{d^2 e^{d x}}{\left(e^{d x}-1\right)^2}\right) \left((a_n+d) e^{x (a_n+d)}-a_1 e^{a_1x}\right)\right]\]
\[=\frac{1}{4d}[a_n^2(a_n+d)^2-a_1^4+2a_1^3d-a_1^2d^2]\]

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tommywong

3^#

发表于 2019-4-12 20:11 | 只看该作者

唉

$\displaystyle\sum_{k=1}^n (a-d+dk)^3=
\sum_{j=0}^3 \Delta^j (a-d+dk)^3|_{k=1}\binom{n}{j+1}$

$\displaystyle=a^3\binom{n}{1}+((a+d)^3-a^3)\binom{n}{2}
+(6ad^2+6d^3)\binom{n}{3}+6d^3\binom{n}{4}$

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realnumber

4^#

发表于 2019-4-14 13:12 | 只看该作者

回复 3# tommywong

是啊，可以转换为自然数的等幂和

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游客

5^#

发表于 2019-4-14 19:33 | 只看该作者

如果只是求“3次的和”或“4次的和”，直接用二项式定理递推即可。

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tommywong

6^#

发表于 2019-4-14 19:47 | 只看该作者

本帖最后由 tommywong 于 2019-4-14 19:50 编辑

https://artofproblemsolving.com/ ... ion_with_polynomial

Newton's series

Define $\Delta p(x)=p(x+1)-p(x)$ which is called Finite difference

Define the degree of polynomial $p(k)$ as $deg(p)$

Every polynomial can be represented by each degree of its finite difference

$p(x)=\sum_{m=0}^{deg(p)} \binom{x-a}{m}\Delta^m p(a)$ which is known as Newton's series

Let $p(x)=\sum_{m=0}^{deg(p)} c_m \binom{x-a}{m}=c_0+c_1\binom{x-a}{1}+c_2\binom{x-a}{2}+\dots+c_{deg(p)}\binom{x-a}{deg(p)}$

$p(a)=c_0$

$\Delta \binom{x-a}{k}=\binom{x+1-a}{k}-\binom{x-a}{k}=\binom{x-a}{k-1}$

$\Delta p(x)=c_1+c_2\binom{x-a}{1}+c_3\binom{x-a}{2}+\dots+c_{deg(p)}\binom{x-a}{deg(p)-1}$

$\Delta p(a)=c_1$

$\Delta^m p(k)=c_m+c_{m+1}\binom{x-a}{1}+c_{m+2}\binom{x-a}{2}+\dots+c_{deg(p)}\binom{x-a}{deg(p)-m}$

$\Delta^m p(a)=c_m$

$p(x)=x^2,\Delta p(x)=2x+1,\Delta^2 p(x)=2$

$p(x)=a^2+(2a+1)\binom{x-a}{1}+2\binom{x-a}{2}$

Summation with polynomial only

$\sum_{k=1}^n p(k)=\sum_{m=0}^{deg(p)} \binom{n}{m+1}\Delta^m p(1)$

$\sum_{k=1}^n \binom{k-1}{m}=\binom{n}{m+1}$

$\sum_{k=1}^n p(k)=\sum_{m=0}^{deg(p)} \Delta^m p(1) \sum_{k=1}^n \binom{x-1}{m}=\sum_{m=0}^{deg(p)} \binom{n}{m+1}\Delta^m p(1)$

$p(k)=k^2,\Delta p(k)=2k+1,\Delta^2 p(k)=2$

$\sum_{k=1}^n k^2=\binom{n}{1}+3\binom{n}{2}+2\binom{n}{3}$

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hbghlyj

7^#

发表于 2022-3-19 23:39 | 只看该作者

符号求和

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