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一个数项级数的计算:从初等到高等数学

分析笔记 huijiaorz 440℃ 0评论

隐约记得之前在一本教材的后面习题中看到一个证明题,对于正整数n,证明:
$$1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\\1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3=\frac{1}{4}n^2(n+1)^2$$

对于这类问题我们有个套路,就是用归纳法(以后会讲一些归纳)。如果这不是一个证明题,而是如下的计算题:
$$1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2=?\\1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3=?$$

此时就只能去想如何计算了。当然了,如果能直接求出结果来,自然也是上面那个命题的证明。但是,$\text{我又}^5$想多了:假如幂数再大一些呢?有什么好的方法啊?
我依稀记得一个小哥哥说:我最喜欢你整天想这些我搞不懂的东西,那模样真性感。

问题陈述

那么,到底如何计算
$$1^m+2^m+3^m+\cdots+n^m=? \quad for (m,n\in N^+)$$

$m=1$时,就是一个等差数列的前n项和的问题,此处略。

m=2时

利用等差数列前$n$项和:
$$1+3+5+\cdots+(2n-1)=n^2$$


$$\begin{aligned} a_n &=1^2+2^2+\cdots+n^2\\&=1+(1+3)+\cdots+[1+3+5+\cdots+(2n-1)]\\&=n+3(n-1)+5(n-2)+\cdots+(2n-3)2+(2n-1)\\&=n+3n+5n+\cdots+(2n-1)n-[3+5\times2+\cdots+(2n-1)(n-1)]\\&=n[1+3+5+\cdots+(2n-1)]-[3+5\times2+\cdots+(2n-1)(n-1)]\\&=n^3-[3+3\times2+2\times2^2+3\times4+3^2+\cdots+(n-1)n+(n-1)^2]\\&=n^3-[3+1\times2+2\times2^2+3\times1+2\times3^2+\cdots+(n-1)^2+2(n-1)^2]\\&=n^3-{3+2+3+\cdots+(n-1)+2[2^2+3^2+\cdots+(n-1)^2]}\\&=n^3-{1+2+3+\cdots+(n-1)+2[1+2^2+3^2+\cdots+(n-1)^2]}\\&=n^3-\frac{n(n-1)}{2}-2[1+2^2+3^2+\cdots+(n-1)^2]\\&=n^3-\frac{n(n-1)}{2}-2a_{n-1}\end{aligned}$$

再经过合并同类项等计算

$$a_n=n^3-\frac{1}{2}n\cdot(n-1)-2a_{n-1}$$

明显得,解下面的二元一次方程组
$$\begin{cases}a_n=a_{n-1}+n^2\\a_n=n^3-\frac{1}{2}n\cdot(n-1)-2a_{n-1}\end{cases}$$


$$a_n=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$$

m=3时

使用立方和公式:$$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)$$

利用立方和公式进行降幂:
$$\begin{aligned}&1^3+2^3+\cdots+n^3 \\&=\frac{1}{2}[(1^3+2^3+\cdots+n^3)+(1^3+2^3+\cdots+n^3)]\\&=\frac{1}{2}\{(n+1)(n^2-n+1)+(n-1+2)[(n-1)^2-(n-1)+2^2]+\cdots+(1+n)(1-n+n^2)\}\\&=\frac{1}{2}(n+1)\{2+2\times2^2+\cdots+2\times{n^2}-[1\times(n-1)+2(n-1)+\cdots+n\times{1}]\}\\&=\frac{1}{2}(n+1)\{3(1^2+2^2+\cdots+n^2)-(1^2+2^2+\cdots+n^2)-[1\times(n-1)+2(n-1)+\cdots+n\times{1}]\}\\&=\frac{1}{2}(n+1)\{3(1^2+2^2+\cdots+n^2)-\frac{1}{2}[(1+n)^2+(2+n-1)^2+\cdots+(n+1)^2]\}\\&=\frac{1}{2}(n+1)\{3(1^2+2^2+\cdots+n^2)-\frac{1}{2}n(n+1)^2\}\end{aligned}$$

把$m=2$时的结果带入,可得:
$$1^3+2^3+3^3+\cdots+n^3=\frac{1}{4}n^2(n+1)^2$$

计算启发

毫无疑问,前面的计算技巧性很强,这会导致$m$值较大时,计算难度加大
通过观察前面的计算结果,不难发现:计算结果是一个$m+1$次多项式。因此做出猜想:
$1^m+2^m+3^m+\cdots+n^m=a_{m+1}n^{m+1}+a_mn^m+\cdots+a_1n+a_0$
关于猜想的分析,确保猜想的正确性,猜想结果中系数的确定?这才是精彩的地方,且看下回分解。

猜想证明

对于$1^m+2^m+3^m+\cdots+n^m=a_{m+1}n^{m+1}+a_mn^m+\cdots+a_1n+a_0$,分别把$n=1,2,3,\cdots,m+1$带人得:
$$\mathbf{AX}=\mathbf{B}$$

其中
$$\mathbf{A}=\left(\begin{array}{ccccc}1&1&1&\ldots&1\\1&2&2^2&\ldots&2^{m+1}\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\1&m+2&(m+2)^2&\ldots&(m+2)^{m+1}\end{array}\right)$$

$$\mathbf{X}^{T}=\left(\begin{array}{ccccc}a_0&a_1&a_2&\ldots&a_{m+1}\end{array}\right)$$

$$\mathbf{B}^{T}=\left(\begin{array}{ccccc}1&1+2^m&1+2^m+3^m&\ldots&\sum_{i=1}^{m+1}(i^m)\end{array}\right)$$

可能很多大神已经察觉到了,$\mathbf{A}^{T}$不正有着**范德蒙行列式**(请参考附录)的模样么!而且$1,2,3,\cdots,m+1$是互不相等的,于是可以肯定矩阵$\mathbf{A}$满秩,也即方程组有唯一解,我们的猜想得到证明。

当然了去解方程组,也能求出系数$a_0,a_1,a_2,\cdots,a_{m+1}$。今天还要给出另一种计算方法。

使用Stolz定理计算

对于$$1^m+2^m+3^m+\cdots+n^m=a_{m+1}n^{m+1}+a_mn^m+\cdots+a_1n+a_0$$


$$\frac{1^m+2^m+3^m+\cdots+n^m}{n^{m+1}}=a_{m+1}+\frac{a_mn^m+\cdots+a_1n+a_0}{n^{m+1}}$$

两边取极限,得
$$\begin{aligned}a_{m+1} &=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{1^m+2^m+3^m+\cdots+n^m}{n^{m+1}}\\&=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{n^m}{n^{m+1}-(n-1)^{m+1}}\\&=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{1+\frac{n-1}{n}+\cdots+(\frac{n-1}{n})^m}\\&=\frac{1}{m+1}\end{aligned}$$

上面极限计算中的第二步,就使用了**Stolz定理**(下一篇文章再讲)。

接下来继续,把$a_{m+1}=\frac{1}{m+1}$带入,移到左边整理得
$$\frac{1^m+2^m+3^m+\cdots+n^m-\frac{n^{m+1}}{m+1}}{n^{m}}=a_{m}+\frac{a_{m-1}n^{m-1}+\cdots+a_1n+a_0}{n^m}$$

两边取极限,得
$$\begin{aligned}a_{m} &=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{1^m+2^m+3^m+\cdots+n^m-\frac{n^{m+1}}{m+1}}{n^{m}}\\&=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{n^m-\frac{n^{m+1}}{m+1}+\frac{(n-1)^{m+1}}{m+1}}{n^m-(n-1)^m}\\&=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{-\sum_{k=2}^{m+1}C_{m+1}^k(-1)^kn^(m+1-k)}{(m+1)\sum_{k=1}^{m}C_{m}^k(-1)^kn^(m-k)}\\&=\frac{1}{2}\end{aligned}$$

继续上面的过程,直至求出$a_{m+1},a_m,\cdots,a_1,a_0$。

重新计算m=2的情况

$$\begin{aligned}a_3 &=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2}{n^{3}}\\&=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{n^2}{n^{3}-(n-1)^3}\\&=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{n^2}{3n^2-3n+1}\\&=\frac{1}{3}\end{aligned}$$

$$\begin{aligned}a_2 &=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2-an^3}{n^{2}}\\&=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{n^2-\frac{1}{3}n^3+\frac{1}{3}(n-1)^3}{n^2-(n-1)^2}\\&=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{3n-1}{3(2n-1)}\\&=\frac{1}{2}\end{aligned}$$

$$\begin{aligned}a_1 &=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2-an^3-bn^2}{n}\\&=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}[n^2-\frac{1}{3}n^3-\frac{1}{2}(n-1)^3+\frac{1}{2}(n-1)^2]\\&=\frac{1}{6}\end{aligned}$$

把$a_1,a_2,a_3,n=1$带入方程,求得a0

附录

范德蒙行列式形如:
$$\left|\begin{array}{cccc}1&1&\ldots&1\\x_1&x_2&\ldots&x_n\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\x_1^{n-1}&x_2^{n-1}&\ldots&x_n^{n-1}\end{array}\right|$$

分析:记
$$D_n=\left|\begin{array}{cccc}1&1&\ldots&1\\x_1&x_2&\ldots&x_n\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\x_1^{n-1}&x_2^{n-1}&\ldots&x_n^{n-1}\end{array}\right|$$

从第n行开始,自上而下依次的由下一行减去它上一行的x1倍,有
$$D_n=\left|\begin{array}{cccc}1&1&\ldots&1\\0&x_2-x_1&\ldots&x_n-x_1\\0&x_2(x_2-x_1)&\ldots&x_n(x_2-x_1)\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\0&x_2^{n-2}(x_2-x_1)&\ldots&x_n^{n-2}(x_n-x_1)\end{array}\right|$$

按第一列展开后提取公因式,得
$$D_n=(x_2-x_1)(x_3-x_1)\cdots(x_n-x_1)\left|\begin{array}{cccc}1&1&\ldots&1\\x_2&x_3&\ldots&x_n\\\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\x_2^{n-2}&x_3^{n-2}&\ldots&x_n^{n-2}\end{array}\right|$$

如此继续,求得
$$D_n=\prod_{1\leq{j}\leq{i}\leq{n}}(x_i-x_j)$$

引理

设${x_n}$和${y_n}$是两个数列,其中${x_n}$是严格递增,且存在$N$,当$n>N$时,

有$A<\frac{y_{n}-y_{n-1}}{x_{n}-x_{n-1}}<B$,则
$$A<\frac{\sum_{k=N}^{n}(y_{k+1}-y_{k})}{\sum_{k=N}^{n}(x_{k+1}-x_{k})}<B$$

证明:令$n>N$时,
$$y_{N+1}-y_{N}=l_1(x_{N+1}-x_{N}),\\\cdots,\\y_{n+1}-y_{n}=l_{n+1-N}(x_{n+1}-x_{n})\\$$

叠加得:
$$\sum_{k=N}^{n}(y_{k+1}-y_{k})=\sum_{i=1}^{n+1-N}l_i(x_{N+i}-x_{N+i-1})$$

即,
$$y_{n+1}-y_{N}=\sum_{i=1}^{n+1-N}l_i(x_{N+i}-x_{N+i-1})$$

由${x_n}$严格递增和$A<l_i<B$,其中$i=1,2,\cdots,n+1-N$。可得:
$$A(x_{n+1}-x_N)<\sum_{i=1}^{n+1-N}l_i(x_{N+i}-x_{N+i-1})<B(x_{n+1}-x_N)$$

所以
$$A<\frac{\sum_{k=N}^{n}(y_{k+1}-y_{k})}{\sum_{k=N}^{n}(x_{k+1}-x_{k})}<B$$

Stolz定理

设${x_{n}}\text{和}{y_{n}}$是两个数列,其中${x_{n}}$是严格递增,且$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=+\infty$,如果
$$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{y_{n}-y_{n-1}}{x_{n}-x_{n-1}}=A\text{或}\infty$$


$$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{y_{n}}{x_{n}}=A\text{或}\infty$$

证明:这里仅证明极限为A的情况,由$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{y_{n}-y_{n-1}}{x_{n}-x_{n-1}}=A$,对$\forall{\epsilon}>0,\exists{N_1}\in{N^+}$,使得$n>N_1$时
$$A-\epsilon<\frac{y_{n}-y_{n-1}}{x_{n}-x_{n-1}}<A+\epsilon$$

又由$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}x_n=+\infty,\exists{N_2}\in{N^+}$,当$n>N_2\text{时},x_n>\epsilon>0,\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{x_n}=0$

取$N=max\{N_1,N_2\},\text{当}n>N\text{时}$

$$A-\epsilon<\frac{y_{n+1}-y_{N+1}}{x_{n+1}-x_{N+1}}<A+\epsilon\\A-\epsilon<|\frac{\frac{y_{n+1}}{x_{n+1}}-\frac{y_{N+1}}{x_{n+1}}}{1-\frac{x_{N+1}}{x_{n+1}}}|<A+\epsilon$$

所以,对确定的N易得:
$$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{y_{n+1}}{x_{n+1}}-\frac{y_{N+1}}{x_{n+1}}}{1-\frac{x_{N+1}}{x_{n+1}}}=A\\\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{y_{N+1}}{x_{n+1}}=0\\\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(1-\frac{x_{N+1}}{x_{n+1}})=1$$

使用极限的运算法则
$$\begin{aligned}A=&\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{\frac{y_{n+1}}{x_{n+1}}-\frac{y_{N+1}}{x_{n+1}}}{1-\frac{x_{N+1}}{x_{n+1}}}\times\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(1-\frac{x_{N+1}}{x_{n+1}})+\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{y_{N+1}}{x_{n+1}}\\&=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}(\frac{y_{n+1}}{x_{n+1}}-\frac{y_{N+1}}{x_{n+1}})+\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{y_{N+1}}{x_{n+1}}\\&=\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{y_{n+1}}{x_{n+1}}\end{aligned}$$

所以
$$\lim\limits_{n\rightarrow\infty}\frac{y_{n}}{x_{n}}=A$$

第三种求解方法

第一个技巧性很强;第二个方法需要极限的背景知识。尽管如此,并木有阻止我求索的步伐,我仍未曾停止思考,甚至经常不思茶饭,终于有人给了我另一个方法。接下来要介绍的是第三种方法,技巧性没那么强,也不需要高等数学的知识背景。这个方法应用了递归,这在数列中是很常见的方法。

不妨设
$$T_m=\sum_{i=1}^ni^m=1^m+2^m+\cdots+n^m$$

而显然的(等差数列):
$$T_1=\sum_{i=1}^ni=1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$$

当然也可用接下来的方法计算(此处略)。

因为
$$\begin{cases}(n+1)^3-n^3=3n^2+3n+1\\n^3-(n-1)^3=3(n-1)^2+3(n-1)+1\\\cdots\\2^3-1^3=3\times{1^2}+3\times{1}+1\end{cases}$$

叠加得
$$\begin{aligned}(n+1)^3-1^3&=3(1^2+2^2+\cdots+n^2)\\&\quad{}+3(1+2+\cdots+n)+n\\&=3T_2+3T_1+n\\\therefore\quad{T_2}&=\frac{(n+1)^3-(n+1)}{3}-T_1\\\because\quad{T_1}&=\frac{n(n+1)}{2}\\\therefore\quad{T_2}&=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\end{aligned}$$

接下来,继续
$$\begin{cases}(n+1)^4-n^4=4n^3+6n^2+4n+1\\n^4-(n-1)^4=4(n-1)^3+6(n-1)^2+4(n-1)+1\\\cdots\\2^4-1^4=4\times{1^3}+6\times{1^2}+4\times{1}+1\end{cases}$$

同样叠加得
$$\begin{aligned}(n+1)^4-1^4&=4(1^3+2^3+\cdots+n^3)+6(1^2+2^2+\cdots+n^2)\\&\quad{}+4(1+2+\cdots+n)+n\\&=4T_3+6T_2+4T_1+n\\\therefore\quad{T_3}&=\frac{(n+1)^4-(n+1)-6T_2-4T_1}{4}\\\because\quad{T_1}&=\frac{n(n+1)}{2}\\T_2&=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\\\therefore\quad{T_3}&=\frac{n^2(n+1)^2}{4}\end{aligned}$$

如此继续下去,可求出更高次的和。只需要一个知识点
$$(n+1)^m=\sum_{i=0}^mC_m^in^i$$

如此算法,可编程实现计算

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(5)个小伙伴在吐槽
  1. 小编水平不来啊,这篇文章是好文章!网站做的也很好,必须支持~
    八戒2019-08-01 03:44 回复
  2. 这样优秀的,面向学生的网站真的不多啊
    八戒2019-08-01 03:47 回复
  3. 好文章,从初等数学到高等数学
    三好学生2019-08-01 03:48 回复
    • 谢谢您的大力支持~
      huijiaorz2019-08-01 03:51 回复
  4. 特意留言鼓励一下,小编加油~
    状元郎2019-08-01 03:50 回复