Rút gọn tổng lũy thừa

[ctcaro]

Ai có cách rút gọn biểu thức này không?
$1^k+2^k+.......+n^k $
Cám ơ nhiều!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[truongvoki_bn]

Nguyên văn bởi ctcaro

Ai có cách rút gọn biểu thức này không?
$1^k+2^k+.......+n^k $
Cám ơ nhiều!

theo mình thì ta chỉ có thể rút gọn với một số TH của k thôi
bạn có thể tham khảo thêm ở topic này có nêu vấn đề của bạn
[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[alibaba_cqt]

Nguyên văn bởi ctcaro

Ai có cách rút gọn biểu thức này không?
$1^k+2^k+.......+n^k $
Cám ơ nhiều!

Bạn hãy tham khảo cuốn “Phương pháp quy nạp toán học” của thầy Nguyễn Hữu Điển để xem lời giải chi tiết cho bài toán này bằng phương pháp quy nạp.

Ngoài ra, mình xin giới thiệu với bạn cách tính khá hay như sau:

+) Đặt $S_k=1^k+2^k+3^k+...+n^k $ ta có $S_k = \frac{{\left( {{\rm{n }} + {\rm{1 }} + {\rm{ p}}} \right)^{\left( {{\rm{k }} + {\rm{1}}} \right)} - {\rm{p}}^{\left( {{\rm{k }} + {\rm{1}}} \right)} }}{{{\rm{k }} + {\rm{1}}}} $, (*).

Với cách xác định p rất đặc biệt như sau:
i) Cách xác định $p, p^2, ..., p^k, ... $ nhờ hệ thức $\left( {{\rm{1 }} + {\rm{ p}}} \right)^{{\rm{k }} + {\rm{1}}} - {\rm{p}}^{{\rm{k }} + {\rm{1}}} {\rm{ }} = {\rm{ }}0 $ , (**), nhưng tuân theo quy tắc sau:

Với k = 1 thay vào (**) ta tính được p.

Với k = 2 kết hợp với giá trị p tìm được ở trường k = 1 ta sẽ tính được $p^2 $.

Với k = 3, thay các giá trị $p, p^2 $ ở các bước trên vào ta sẽ tìm được $p^3 $.

Như vậy bằng cách sử dụng các giá trị $p, p^2 , ..., p^k $ ở k bước đầu ta sẽ tìm được $p^{k+1} $.

ii) Khai triển vế phải của hệ thức (*) và thay các giá trị tìm được của $p, p^2 , ..., p^k $ vào ta sẽ có kết quả của $S_k $ theo n và k.

Cụ thể như sau:
Với k = 1, thay vào (*) ta có: $\left( {{\rm{1 }} + {\rm{ p}}} \right)^2 - {\rm{p}}^2 {\rm{ }} = {\rm{ }}0 \Leftrightarrow p = - \frac{1}{2}. $

Với k = 2, thay vào (*) ta có: $\left( {{\rm{1 }} + {\rm{ p}}} \right)^3 - {\rm{p}}^3 {\rm{ }} = {\rm{ }}0 \Leftrightarrow 1 + 3p + 3p^2 + p^3 - p^3 = 0 $

$ \Leftrightarrow 1 + 3p + 3p^2 = 0. $ Mà ở trường hợp k = 1 ta có $p = - \frac{1}{2} $ nên thay vào ta sẽ có $1 - \frac{3}{2} + 3p^2 = 0 \Leftrightarrow p^2 = \frac{1}{6}. $

Với k = 3, kết hợp với $p = - \frac{1}{2},\,p^2 = \frac{1}{6} $ ta sẽ tính được $p^3 $, tương tự ta sẽ tính được $p^4, ..., p^k. $

Áp dụng vào ta có:

+) $1^1 + 2^1 + 3^1 + ... + n^1 = \frac{(n+1+p)^2+p^2}{2}=\frac{(n+1)^2+2(n+1)p + p^2-p^2}{2} $

$=\frac{(n+1)^2+2(n+1)(-\frac{1}{2}) }{2}=\frac{n^2+n}{2}=\frac{n(n+1)}{2} $

+) $1^2 + 2^2 + 3^2 + ... + n^2 = {\rm{ }}\frac{{\left( {{\rm{n }} + {\rm{1 }} + p} \right)^3 - p^3 }}{3} = \frac{{(n + 1)^3 + 3(n + 1)^2 .p + 3(n + 1).p^2 + p^3 - p^3 }}{3} $

$= \frac{{(n + 1)^3 + 3(n + 1)^2 .p + 3(n + 1).p^2 }}{3} = \frac{{(n + 1)^3 + 3(n + 1)^2 .\left( { - \frac{1}{2}} \right) + 3(n + 1).\left( {\frac{1}{6}} \right)}}{3} $

$= \frac{{2(n + 1)^3 - 3(n + 1)^2 + (n + 1)}}{6} = \frac{{(n + 1)(2n^2 + n)}}{6} = \frac{{n(n + 1)(2n + 1)}}{6} $

+) Tương tự ta tính được $S_3, S_4, ..., S_k. $ theo n và k.

Tóm lại

$S_k =1^k+2^k+...+n^k= \frac{{\left( {{\rm{n }} + {\rm{1 }} + {\rm{ p}}} \right)^{\left( {{\rm{k }} + {\rm{1}}} \right)} - {\rm{p}}^{\left( {{\rm{k }} + {\rm{1}}} \right)} }}{{{\rm{k }} + {\rm{1}}}} $ trong đó cách xác định p tuân theo quy tắc trên.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[avip]

Anh alibaba_cqt cm kết quả của anh đc không ạ?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[alibaba_cqt]

Nguyên văn bởi avip

Anh alibaba_cqt cm kết quả của anh đc không ạ?

Kết quả trên chứng minh được bằng quy nạp, tuy nhiên cũng khá rắc rối. Thông thường ta chỉ nên sử dụng nó để tính tổng $S_k $ với $k $ nhỏ thôi.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ctcaro]

Mình mới làm ra như này mong các bạn góp ý kiến:
Ta tìm f(x)=$a_1 x^{k + 1} + a_2 x^k + ....... + a_{k + 1} x $ sao cho f(x+1)-f(x)=$x^k $$\forall $.Sau khi đồng nhất hệ số ta được hệ:
(1), $a_1 C_{k + 1}^k = 1 $
(2), $a_1 C_{k + 1}^{k - 1} + a_2 C_k^{k - 1} = 0 $
.....
.....
(k+1-m), $a_1 C_{k + 1}^m + a_2 C_k^m + ..... + a_{k + 1 - m} C_{m + 1}^m = 0 $
...........
(k), $a_1 C_{k + 1}^1 + a_2 C_k^1 + ..... + a_k C_2^1 = 0 $
(k+1), $a_1 + a_2 + a_3 + ... + a_{k + 1} = 0 $
Ta có tổng cần tìm chính là f(n+1)
Vậy $\sum\limits_{a = 1}^n {a^k } $
=$a_1 (n + 1)^{k + 1} + a_2 (n + 1)^k + .... + a_k (n + 1)^2 + a_{k + 1} (n + 1) $.với $a_1 ,a_2 ,......,a_k ,a_{k + 1} $ là nghiệm của hế trên!
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]