Chủ đề này có 14 trả lời

[Nobodyv3]

Lập công thức tính tổng sau:
$$S=1^4+2^4+3^4+...+n^4$$
và nếu có thể, tính tổng :
$$S_{k}(n)=1^k+2^k+3^k+...+n^k$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 31-07-2022 - 22:30

[perfectstrong]

Cái này gọi là công thức Faulhaber đó em Bernouli cũng góp phần vào.

https://en.wikipedia...haber's_formula

Công thức sẽ như sau:

\[ \sum_{k=1}^n k^{p} = \frac{n^{p+1}}{p+1}+\frac{1}{2}n^p+\sum_{k=2}^p \frac{B_{k}}{k!}p^\underline{k-1}n^{p-k+1} \]

Với $p^\underline{k-1}=(p)_{k-1}=\dfrac{p!}{(p-k+1)!}=p(p-1)(p-2) \cdots (p-k+1)$ và $B_k$ là số Bernouli thứ $k$ (https://en.wikipedia...ernoulli_number)

[hxthanh]

Đồng ý đây là công thức Faulhaber nổi tiếng, tuy vậy bản thân mình không thích cho lắm với các số $B_k$
Vì sao ư? Vì đi tìm cụ thể từng $B_k$ để lắp vào Faulhaber thì khác gì việc tính dần từng “tổng cơ bản” từ $k=1,2,3…$ đâu?
Chỉ biết là với $k>1$ lẻ thì $B_k=0$, ngoài ra thì dãy $B_k$ gồm toàn những phân số chẳng “đẹp” cho lắm!
…
Tóm lại: Tổng cơ bản là phải nhớ để áp dụng tính toán khi cần thiết, và thông thường ta chỉ cần nhớ đến tổng cơ bản bậc 3 mà thôi!

[Nobodyv3]

Lập công thức tính tổng sau:
$$S=1^4+2^4+3^4+...+n^4$$

Xin trình bày một hướng tiếp cận bài toán bằng hàm sinh :
Ta thấy :
$\sum_{n\geq 0}^{}n^{4}e^{-nx}=
\frac{\mathrm{d^4}}{\mathrm{d} x^4}\sum_{n\geq 0}^{}e^{-nx} =\frac{\mathrm{d^4}}{\mathrm{d} x^4}\left ( \frac{1}{1-e^{-x}}\right )=\frac{e^{x}\left ( e^{3x}+11e^{2x}+11e^{x}+1 \right )}{\left ( e^{x}-1 \right )^5}$
Với  $x\in \left ( 0,1 \right )$ ta có :
$\sum_{n\geq 0}^{}n^{4}x^{n}=\frac{x\left ( x^3+11x^2+11x+1 \right )}{(1-x)^5}$
Suy ra hàm sinh tính tổng $S$ là :
$\left (\frac{1}{1-x}  \right )\left (\frac{x\left ( x^3+11x^2+11x+1 \right )}{(1-x)^5}  \right )=\frac{x^4+11x^3+11x^2+x}{\left ( 1-x \right )^6}$     $(*)$
và hệ số $[x^n]$ trong  $(*)$ là :
$[x^n]\frac{x^4+11x^3+11x^2+x}{\left ( 1-x \right )^6}=\left ( [x^{n-4}]+11[x^{n-3}]+11[x^{n-2}]+[x^{n-1}] \right )\sum_{r\geq 0}^{}\binom{r+5}{5}x^r=\binom{n+1}{5}+11\binom{n+2}{5}+11\binom{n+3}{5}+\binom{n+4}{5}=\frac{1}{5}n^5+\frac{1}{2}n^4+\frac{1}{3}n^3-\frac{1}{30}n=\boxed {\frac{6n^5+15n^4+10n^3-n}{30}}$

[hxthanh]

Xin trình bày một hướng tiếp cận bài toán bằng hàm sinh :
Ta thấy :
$\sum_{n\geq 0}^{}n^{4}e^{-nx}=
\frac{\mathrm{d^4}}{\mathrm{d} x^4}\sum_{n\geq 0}^{}e^{-nx} =\frac{\mathrm{d^4}}{\mathrm{d} x^4}\left ( \frac{1}{1-e^{-x}}\right )=\frac{e^{x}\left ( e^{3x}+11e^{2x}+11e^{x}+1 \right )}{\left ( e^{x}-1 \right )^5}$
Với  $x\in \left ( 0,1 \right )$ ta có :
$\sum_{n\geq 0}^{}n^{4}x^{n}=\frac{x\left ( x^3+11x^2+11x+1 \right )}{(1-x)^5}$
Suy ra hàm sinh tính tổng $S$ là :
$\left (\frac{1}{1-x}  \right )\left (\frac{x\left ( x^3+11x^2+11x+1 \right )}{(1-x)^5}  \right )=\frac{x^4+11x^3+11x^2+x}{\left ( 1-x \right )^6}$     $(*)$
và hệ số $[x^n]$ trong  $(*)$ là :
$[x^n]\frac{x^4+11x^3+11x^2+x}{\left ( 1-x \right )^6}=\left ( [x^{n-4}]+11[x^{n-3}]+11[x^{n-2}]+[x^{n-1}] \right )\sum_{r\geq 0}^{}\binom{r+5}{5}x^r=\binom{n+1}{5}+11\binom{n+2}{5}+11\binom{n+3}{5}+\binom{n+4}{5}=\frac{1}{5}n^5+\frac{1}{2}n^4+\frac{1}{3}n^3-\frac{1}{30}n=\boxed {\frac{6n^5+15n^4+10n^3-n}{30}}$

Một Cao thủ hàm sinh nữa đã xuất hiện. Phương pháp tìm hàm sinh của em rất độc đáo, nhìn gọn gàng vậy thôi chứ khối lượng tính toán không hề ít chút nào!

[hxthanh]

Tiện tay mình đóng góp một cách dùng sai phân của tổ hợp, có dạng: $\binom{n}{k}=\binom{n+1}{k+1}-\binom{n+1}{k}$
Ta biến đổi như sau:
$k^4=k^4-1+1=(k^2-1)(k^2+1)+1=k^2(k-1)(k+1)+(k-1)(k+1)+1$
$=(k-2+2)(k-1)k(k+1)+k(k+1)-k$
$=(k-2)(k-1)k(k+1)+2(k-1)k(k+1)+k(k+1)-k$
$=24\binom{k+1}{4}+12\binom{k+1}{3}+2\binom{k+1}{2}-\binom{k}{1}$
Do đó:
$$\sum_{k=1}^n k^4= 24\binom{n+2}{5}+12\binom{n+2}{4}+2\binom{n+2}{3}-\binom{n+1}{2}$$
—-
P/s: Chưa kiểm tra xem có đúng không?

[Nobodyv3]

Trước hết, em xin chân thành cảm ơn các thầy (cô), các anh (chị), các bạn ...đã theo dõi, tham gia góp ý kiến quý báu và nhận xét động viên ạ.
Vâng, bài giải có nhiều bước và em chỉ ghi kết quả của bước đó. Em tự nhận thấy là còn phải học hỏi nhiều nữa thầy ạ; hiện giờ,  em mới chỉ là newbie về hàm sinh, chủ yếu là do đam mê!
**********
Về bài toán tổng quát : quả đúng là nếu mình muốn tránh vỏ dưa ( không tính số Bernoulli )  thì cũng có cách khác nhưng lại gặp vỏ dừa ( phải tính số Sterling loại 2)! nên em tự hỏi có cách nào tiếp cận bài toán mà không cần tính 2 loại số trên không...

[hxthanh]

…
**********
Về bài toán tổng quát : quả đúng là nếu mình muốn tránh vỏ dưa ( không tính số Bernoulli )  thì cũng có cách khác nhưng lại gặp vỏ dừa ( phải tính số Sterling loại 2)! nên em tự hỏi có cách nào tiếp cận bài toán mà không cần tính 2 loại số trên không...

Có lẽ em nên… từ bỏ ý định tìm công thức tổng quát $S_{n,m}=\sum_{k=1}^n k^m$ chỉ với $n, m$
Khi $m$ được cho một giá trị cụ thể thì kiểu gì cũng tính được. Nhưng khi chưa biết $m$ thì không có một công thức nào có thể chỉ ra rõ giá trị cụ thể của $S_{n,m}$

Trong Toán học có vô vàn những điều tương tự và người ta vẫn phải “hài lòng” với “công thức” mà họ cho rằng “đơn giản” nhất.
——
Bonus cho em một bài:
Xét khai triển:
$$(x+1)(x+2)…(x+n)=\sum_{k=0}^n a(k,n) x^k$$
Em có tìm được cụ thể $a(k,n)$ theo $k$ và $n$ không?
Nếu tính được cụ thể thì $S_{n,m}$ cũng sẽ tính được cụ thể

[Nesbit]

Tóm lại: Tổng cơ bản là phải nhớ để áp dụng tính toán khi cần thiết, và thông thường ta chỉ cần nhớ đến tổng cơ bản bậc 3 mà thôi!

Đồng ý với anh Thanh ở điểm này. Thực ra thì Nesbit chỉ nhớ được đúng bậc 1, còn lên cao hơn thì phải tính lại từ đầu (Bậc 2 thì cũng có nhớ sơ sơ, nhưng lần nào cũng không chắc chắn 100%, không nhớ là chia cho 3 hay cho 6, nhân cho $2n+1$ hay $2n-1$, nên luôn phải tính lại từ đầu, thành thử cũng tính luôn là không nhớ.)

Được cái là biết cách tính nên cũng không mất mấy thời gian. Mấy tổng với số hạng là đa thức theo $n$ thì chắc chắn dùng telescoping sum sẽ ra (tổng mà các số hạng ở giữa triệt tiêu lẫn nhau, tiếng Việt hình như có tên mà mình quên mất tiêu).

 

Ví dụ với bậc 1 ta có $2n = n(n+1-(n-1)) = n(n+1) - (n-1)n$, vậy $n$ có thể viết được dưới dạng $F_n - F_{n-1}$.

 

Dựa theo ý tưởng này, ta tính $n(n+1)(n+2) - (n-1)n(n+1) = 3n(n+1)$ như vậy $n(n+1)$ cũng phân tích được thành dạng $F_n - F_{n-1}$. Và bởi vì $n(n+1) = n^2 + n$, nên $n^2$ cũng sẽ viết được dưới dạng đó.

 

Cứ tiếp tục như vậy cho đến bậc cao hơn. Ở trên thì anh Thanh đã đưa ra một cách tìm telescoping sum khác cho bậc 4, nhưng nếu Nesbit làm thì đi từ dưới lên như vậy cũng khá nhanh.

[Pupuka]

Thật ra có 1 cách mà mình nghĩ là nhanh và đơn giản nhất. Vì ta biết trước rằng công thức là 1 đa thức bậc k+1 theo n, ta chỉ cần đơn giản là tìm hệ số cho đa thức đó bằng cách lập hệ phương trình. Ví dụ: k = 2, ta có: a.n^3 + b.n^2 + c.n = fn(ta bỏ luôn hệ số tự do vì f0 = 0). Việc còn lại của ta là giải hệ :v

[Nesbit]

Thật ra có 1 cách mà mình nghĩ là nhanh và đơn giản nhất. Vì ta biết trước rằng công thức là 1 đa thức bậc k+1 theo n, ta chỉ cần đơn giản là tìm hệ số cho đa thức đó bằng cách lập hệ phương trình. Ví dụ: k = 2, ta có: a.n^3 + b.n^2 + c.n = fn(ta bỏ luôn hệ số tự do vì f0 = 0). Việc còn lại của ta là giải hệ :v

Cách này hay đấy chứ! Nhưng nếu chỉ dừng lại ở đây thì chỉ là mẹo để tìm ra công thức thôi bởi vì không thể dùng để chứng minh được. Nếu từ kết quả có thể suy ra ngay được một telescoping sum thì ta sẽ có một cách trọn vẹn để tìm ra một lời giải khá nhanh.

 

Định lý

Ta có $1^k+2^k+\dots+n^k = P(n)$, trong đó $P$ là một đa thức bậc $k+1$ thoả mãn $n^k = P(n) - P(n-1)$.

 

Như vậy thì nếu biết được kết quả, ta có thể suy ra ngay lập tức cách chứng minh.

 

Lưu ý: Nesbit mạnh dạn phát biểu kết quả trên như một định lý vì tin rằng nó đúng, nhưng tiếc là chưa có thời gian kiểm chứng (với $k=1$ hoặc $k=2$ thì đúng). Chỉ tranh thủ online được vài phút ít ỏi trong khi danh sách thông báo còn dài chưa xử lí hết, đành phải bỏ qua vậy. Xin nhờ bạn nào chứng minh giúp. Nếu dùng công thức Faulhaber ở trên thì chắc là cũng đơn giản thôi nhỉ.

[perfectstrong]

Định lý đó được chứng minh ngay phía dưới trang wiki mà em đưa bên trên luôn anh https://en.wikipedia...rating_function

Phương pháp sử dụng lại là hàm sinh!

[Hoang72]

Định lý. Ta có $1^k+2^k+\dots+n^k = P(n)$, trong đó $P$ là một đa thức bậc $k+1$ thoả mãn $n^k = P(n) - P(n-1)$.

Chứng minh: Theo nội suy Lagrange, tồn tại một đa thức $P(x)\in\mathbb Q[x]$ có bậc không quá $k+1$ thoả mãn $$\begin{cases} P(1) = 1^k \\ P(2) = 1^k + 2^k \\ ... \\ P(k+2) = 1^k + 2^k + ... + (k+2)^k\end{cases}$$

Đặt $Q(x) = P(x) - P(x-1) - x^k$.

Dễ thấy $Q(x)$ có $k+1$ nghiệm là $2; 3...; k+2$.

Mặt khác $\deg P \leq  k+1$ nên $\deg (P(x) - P(x-1)) \leq k$, dẫn đến $\deg Q\leq k$.

Suy ra $Q\equiv 0$, hay $P(x) - P(x-1) = x^k$.

Do đó $\deg P\geq k+1$ hay $\deg P = k+1$.

Từ đó dễ dàng suy ra $P(x) = 1^k + 2^k + ... + x^k$.

Còn để tìm ra đa thức $P$ thoả mãn, em thấy có một phương pháp dùng tích phân bất định trong sách chuyên khảo dãy số, tuy nhiên số phép toán thực hiện cũng không nhỏ. (Theo cách này có khi đặt các hệ số của $P(x)$ ra còn nhanh hơn)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 13-09-2022 - 11:26

[Nesbit]

Cảm ơn Hoang72, chứng minh rất hay! Em đăng cách tìm $P$ dùng tích phân như em nói lên luôn nhé.

 

Cách chứng minh công thức Faulhaber trên trang Wikipedia mà Hân đưa cũng rất hay.

[Hoang72]

Em thấy thầy Nguyễn Tài Chung gọi cái này là sai phân và tích phân bất định. Không biết nó có liên hệ gì với đạo hàm và tích phân thông thường hay không. 

Tóm tắt như sau: Cho $u_x$ là một hàm theo $x$.

Đặt $\Delta u_x = u_{x+1} - u_x$, $\Delta^m u_x = \Delta (\Delta^{m-1} u_x)$. 

$(u_x)^{(n)} = u_x . u_{x-1} ... u_{x - (n-1)}$.

Ví dụ: $u_x = x^2 + 2x$ thì $\Delta u_x = 2x+3$; $u_x = x$ thì $(u_x)^{(n)} = x^{(n)} = x(x-1)...(x-n+1)$.

Bây giờ, giả sử $\Delta v_x = u_x\Rightarrow \Delta (v_x + C) = u_x$.

Khi đó $v_x + C$ gọi là tích phân bất định của $u_x$, kí hiệu là $\Delta^{-1} u_x$.

Thế thì ta sẽ tìm ra cách tìm tích phân bất định của một hàm theo $x$.

Dễ dàng chứng minh các tính chất:

$\bullet$ $\Delta (u_x \pm v_x) = \Delta u_x \pm \Delta v_x$.

$\bullet$ $\Delta^{-1} (u_x \pm v_x) = \Delta^{-1} (u_x) \pm \Delta^{-1} (v_x) + C$.

$\bullet$ $\Delta^{-1} x^{(n)} = \frac{x^{(n+1)}}{n+1} +C$. 

Với $u_x$ là một đa thức bậc $n$ của $x$, ta có công thức Newton (khá giống khai triển Maclaurin)

$$u_x = u_0 + x^{(1)}\Delta u_0 + \frac{x^{(2)}}{2!} \Delta^2 u_0 + ... + \frac{x^{(n)}}{n!} \Delta^n u_0$$

Sử dụng công thức trên và các tính chất ta tìm ra được tích phân bất định của hàm $u_x = x^n$.

Tuy nhiên việc tính các $\Delta u_0; \Delta^2 u_0; ...; \Delta^n u_0$ mất khá nhiều thời gian, cụ thể ta cần tính $\Delta u_x; \Delta^2 u_x; ...; \Delta^n u_x$ rồi thay $x=0$ vào. Nhưng điều em tò mò nhất là nhìn nó khá giống đạo hàm và tích phân thông thường, không biết có liên hệ gì không nhỉ.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 14-09-2022 - 00:02