隱約記得之前在一本教材的後面習題中看到一個證明題，對於正整數n,證明：

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

對於這類問題我們有個套路，就是用歸納法（以後會講一些歸納）。如果這不是一個證明題，而是如下的計算題：

1^2+2^2+3^2+cdots+n^2=?\ 1^3+2^3+3^3+cdots+n^3=?

此時就只能去想如何計算了。當然了，如果能直接求出結果來，自然也是上面那個命題的證明。但是，$ ext{我又}^5$想多了：假如冪數再大一些呢？有什麼好的方法啊？

我依稀記得一個小哥哥說：我最喜歡你整天想這些我搞不懂的東西，那模樣真性感。

問題陳述

那麼，到底如何計算：

1^m+2^m+3^m+cdots+n^m=? quad for (m,nin N^+)

m=1 時，就是一個等差數列的前n項和的問題，此處略。

m=2時

利用等差數列前 n 項和：

1+3+5+cdots+(2n-1)=n^2

記

egin{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 imes2+cdots+(2n-1)(n-1)]\ &=n[1+3+5+cdots+(2n-1)]-[3+5 imes2+cdots+(2n-1)(n-1)]\ &=n^3-[3+3 imes2+2 imes2^2+3 imes4+3^2+cdots+(n-1)n+(n-1)^2]\ &=n^3-[3+1 imes2+2 imes2^2+3 imes1+2 imes3^2+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}

再經過合併同類項等計算

a_n=n^3-frac{1}{2}ncdot(n-1)-2a_{n-1}

明顯得，解下面的二元一次方程組

egin{cases} a_n=a_{n-1}+n^2\ a_n=n^3-frac{1}{2}ncdot(n-1)-2a_{n-1} end{cases}

得 a_n=frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)

m=3時

使用立方和公式： a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2)

利用立方和公式進行降冪：

egin{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 imes2^2+cdots+2 imes{n^2}-[1 imes(n-1)+2(n-1)+cdots+n imes{1}]}\ &=frac{1}{2}(n+1){3(1^2+2^2+cdots+n^2)-(1^2+2^2+cdots+n^2)-[1 imes(n-1)+2(n-1)+cdots+n imes{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 時的結果帶入，可得：

1^3+2^3+3^3+cdots+n^3=frac{1}{4}n^2(n+1)^2

計算啟發

毫無疑問，前面的計算技巧性很強，這會導致 m 值較大時，計算難度加大

通過觀察前面的計算結果，不難發現：計算結果是一個 m+1 次多項式。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

關於猜想的分析，確保猜想的正確性，猜想結果中係數的確定？這才是精彩的地方，請繼續往下看。

猜想證明

對於 1^m+2^m+3^m+cdots+n^m=a_{m+1}n^{m+1}+a_mn^m+cdots+a_1n+a_0 ，分別把 n=1,2,3,cdots,m+1 帶人得： mathbf{AX}=mathbf{B}

其中

mathbf{A}= left(egin{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} ight)

mathbf{X}^{T}= left(egin{array}{ccccc} a_0&a_1&a_2&ldots&a_{m+1} end{array} ight)

mathbf{B}^{T}= left(egin{array}{ccccc} 1&1+2^m&1+2^m+3^m&ldots&sum_{i=1}^{m+1}(i^m) end{array} ight)

可能很多大神已經察覺到了， mathbf{A}^{T} 不正有著**范德蒙行列式**（請參考附錄）的模樣么！而且 1,2,3,cdots,m+1 是互不相等的，於是可以肯定矩陣 mathbf{A} 滿秩，也即方程組有唯一解，我們的猜想得到證明。

當然了去解方程組，也能求出係數 a_0,a_1,a_2,cdots,a_{m+1} 。今天還要給出另一種計算方法。

使用Stolz定理計算

對於 1^m+2^m+3^m+cdots+n^m=a_{m+1}n^{m+1}+a_mn^m+cdots+a_1n+a_0 有

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}}

兩邊取極限，得

egin{aligned} a_{m} &=limlimits_{n ightarrowinfty}frac{1^m+2^m+3^m+cdots+n^m-frac{n^{m+1}}{m+1}}{n^{m}}\ &=limlimits_{n ightarrowinfty}frac{n^m-frac{n^{m+1}}{m+1}+frac{(n-1)^{m+1}}{m+1}}{n^m-(n-1)^m}\ &=limlimits_{n ightarrowinfty}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}

繼續上面的過程，直至求出 a_{m+1},a_m,cdots,a_1,a_0。

重新計算m=2的情況

egin{aligned} a_3 &=limlimits_{n ightarrowinfty}frac{1^2+2^2+3^2+cdots+n^2}{n^{3}}\ &=limlimits_{n ightarrowinfty}frac{n^2}{n^{3}-(n-1)^3}\ &=limlimits_{n ightarrowinfty}frac{n^2}{3n^2-3n+1}\ &=frac{1}{3} end{aligned}

egin{aligned} a_2 &=limlimits_{n ightarrowinfty}frac{1^2+2^2+3^2+cdots+n^2-an^3}{n^{2}}\ &=limlimits_{n ightarrowinfty}frac{n^2-frac{1}{3}n^3+frac{1}{3}(n-1)^3}{n^2-(n-1)^2}\ &=limlimits_{n ightarrowinfty}frac{3n-1}{3(2n-1)}\ &=frac{1}{2} end{aligned}

egin{aligned} a_1 &=limlimits_{n ightarrowinfty}frac{1^2+2^2+3^2+cdots+n^2-an^3-bn^2}{n}\ &=limlimits_{n ightarrowinfty}[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 帶入方程，求得 a_0 。

附錄

范德蒙行列式形如： left|egin{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} ight|

分析：記 D_n=left|egin{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} ight|

從第 n 行開始，自上而下依次的由下一行減去它上一行的 x_1 倍，有

D_n=left|egin{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} ight|

按第一列展開後提取公因式，得

D_n=(x_2-x_1)(x_3-x_1)cdots(x_n-x_1)left|egin{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} ight|

如此繼續，求得

D_n=prod_{1leq{j}<{i}leq{n}}(x_i-x_j)

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