1^n+2^n+……+x^n=??——东京大学2006年高考第三题(理科)


注:本题解答时间为50分钟


(大概是小学知识)我们知道等差数列求和公式是

1^1+2^1+3^1+……+x^1=\frac{1}{2}x(x+1)

(初中知识)平方和公式是

1^2+2^2+3^2+……+x^2=\frac{1}{6}x(x+1)(2x+1)

(高中知识)立方和公式是

1^3+2^3+3^3+……+x^3=\frac{1}{4}x^2(x+1)^2


那么读者们

读者们有没有思考过更一般的情况:

1^n+2^n+3^n+……+x^n= ?????


下面我们就跟随着这道 2006 年高考题,探寻 n 次方和公式的推导方法。





对于数列的求和公式

\sum_{k=1}^nk=\frac{1}{2}n(n+1)\sum_{k=1}^nk^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)\sum_{k=1}^nk^3=[\frac{1}{2}n(n+1)]^2

这里,我们考虑一般情况下的结论。 p,n 是自然数。


(1)

试证明:存在一个最高次数为 p+1 的多项式 S_p(x) ,它满足 \sum_{k=1}^nk^p=S_p(n)


(2)

q 是自然数,考虑在(1)中定义的多项式 S_1(x),S_3(x),S_5(x),\cdot\cdot\cdot S_{2q-1}(x)

如果

\sum_{j=1}^qa_jS_{2j-1}(x)=x^q(x+1)^q

是恒等式,请用 q 表示出 a_1,a_2,\cdot\cdot\cdot,a_q


(3)

q 是大于等于 2 的自然数。考虑在(1)中定义的多项式 S_2(x),S_4(x),S_6(x),\cdot\cdot\cdot S_{2q-2}(x)

如果

\sum_{j=1}^{q-1}b_jS_{2j}(x)=x^{q-1}(x+1)^{q-1}(cx+q)

是恒等式,请用 q 表示出 cb_1,b_2,\cdot\cdot\cdot,b_{q-1}


(4)

p 是大于等于 3 的奇数。请证明

\frac{dS_p(x)}{dx}=pS_{p-1}(x)




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之前所有文章的答案已经补完(包括物理和化学)

另外,笔者在下面这篇文章里加了两道思考题

一道国内高考圆锥曲线压轴难度,一道大学生应该能解的难度。


一根木棒从墙角滑落时扫过的区域是??(保持两端分别在直角两边上)——大阪大学2011年高考第二题(理科)


注意本题最后一问


(1^3+2^3+3^3+……+x^3)\prime=3(1^2+2^2+3^2+……+x^2)

(1^5+2^5+3^5+……+x^5)\prime=5(1^4+2^4+3^4+……+x^4)


相邻次数的求和公式竟然通过导数就这么连接了起来

很神奇吧



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第一问思路很明显也很简单 就是数学归纳法


假设 p=1,2,3,\cdot\cdot\cdot,m-1 时都有满足条件的多项式 S_p(x)


考虑 (s+1)^{m+1}-s^{m+1} ,根据二项定理展开

=(m+1)s^m+\sum_{t=1}^{m-1}C^{m+1}_ts^{t}

代入 s=1,2,\cdot\cdot\cdot,k 并求和(2^{m+1}-1^{m+1})+(3^{m+1}-2^{m+1})+\cdot\cdot\cdot+[(k+1)^{m+1}-k^{m+1}] =(m+1)\sum_{s=1}^k s^m+\sum_{s=1}^k\sum_{t=1}^{m-1}C^{m+1}_ts^{t}


对于\sum_{s=1}^k\sum_{t=1}^{m-1}C^{m+1}_ts^{t} ,交换求和顺序

=\sum_{t=1}^{m-1}C^{m+1}_tS_t(k)


也就是 \sum_{s=1}^k s^m=\frac{1}{m+1}[(k+1)^{m+1}-\sum_{t=1}^{m-1}C^{m+1}_tS_t(k)-1]

等式右边最高次数为 m+1

另外,由于 \sum_{k=1}^nk=\frac{1}{2}n(n+1) 存在,根据数学归纳法

原题得证


第二问



由于出现了和的关系,考虑取 x-1 之后做差

\sum_{j=1}^qa_jS_{2j-1}(x)=x^q(x+1)^q

\sum_{j=1}^qa_jS_{2j-1}(x-1)=x^q(x-1)^q

上面减下面得到

\sum_{j=1}^qa_jx^{2j-1}=x^q[(x+1)^q-(x-1)^q]

根据二项定理,显然

x^q[(x+1)^q-(x-1)^q]=2C^q_{q-1}x^{2q-1}+2C^q_{q-3}x^{2q-3}+\cdot\cdot\cdot

另外 \sum_{j=1}^qa_jx^{2j-1}=a_qx^{2q-1}+a_{q-1}x^{2q-3}+\cdot\cdot\cdot

比对多项式系数可得

a_{q-i}=2C^q_{q-2i-1}

q-i=j

那么有 a_j=C^q_{2j-q-1}


注意到 2j-q-1\geq0

j\geq\frac{q+1}{2}

显然当 j<\frac{q+1}{2} 时, a_j=0


所以答案为

j<[\frac{q+2}{2}] 时, a_j=0

q\geq j\geq[\frac{q+2}{2}] 时, a_j=C^q_{2j-q-1}


第三问


和第二问一样,利用

\sum_{j=1}^qb_jS_{2j}(x)=x^{q-1}(x+1)^{q-1}(cx+q)

\sum_{j=1}^qb_jS_{2j}(x-1)=(x-1)^{q-1}x^{q-1}(cx-c+q)


第一个式子减第二个式子

\sum_{j=1}^qb_jx^{2j}=x^{q-1}[(x+1)^{q-1}-(x-1)^{q-1}](cx+q)+c(x-1)^{q-1}x^{q-1}

=cx^{q-1}[x(x+1)^{q-1}-x(x-1)^{q-1}+(x-1)^{q-1}]+qx^{q-1}[(x+1)^{q-1}-(x-1)^{q-1}]

=c[x^q(x+1)^{q-1}-x^{q-1}(x-1)^{q}]+qx^{q-1}[(x+1)^{q-1}-(x-1)^{q-1}]


对于 x^q(x+1)^{q-1}-x^{q-1}(x-1)^{q} ,同样二项定理展开


x^q(x+1)^{q-1}-x^{q-1}(x-1)^{q} =x^q(x^{q-1}+C^{q-1}_{q-2}x^{q-2}+C^{q-1}_{q-3}x^{q-3}+\cdot\cdot\cdot)-x^{q-1}(x^q-C^{q}_{q-1}x^{q-1}+C^{q}_{q-2}x^{q-2}\cdot\cdot\cdot)

=(x^{2q-1}+C^{q-1}_{q-2}x^{2q-2}+C^{q-1}_{q-3}x^{2q-3}+\cdot\cdot\cdot)-(x^{2q-1}-C^{q}_{q-1}x^{2q-2}+C^{q}_{q-2}x^{2q-3}\cdot\cdot\cdot)

=[(C^{q-1}_{q-2}+C^q_{q-1})x^{2q-2}+(C^{q-1}_{q-4}+C^q_{q-3})x^{2q-4}+\cdot\cdot\cdot]+ [(C^{q-1}_{q-3}-C^q_{q-2})x^{2q-3}+(C^{q-1}_{q-5}-C^q_{q-2})x^{2q-5}+\cdot\cdot\cdot]

接下来消去奇数项。我们知道组合数 C 的公式:

C^r_n=C^{r-1}_n+C^{r-1}_{n-1} ,因此 -C^{r-1}_n=C^{r-1}_{n-1}-C^r_n

把这个式子利用到奇数项的系数,所以

x^q(x+1)^{q-1}-x^{q-1}(x-1)^{q}=[(C^{q-1}_{q-2}+C^q_{q-1})x^{2q-2}+(C^{q-1}_{q-4}+C^q_{q-3})x^{2q-4}+\cdot\cdot\cdot]+ [(-C^{q-1}_{q-2})x^{2q-3}+(-C^{q-1}_{q-4})x^{2q-5}+\cdot\cdot\cdot]

到这里思路就很明显了

在第一问中我们已经计算过

(x+1)^{q-1}-(x-1)^{q-1}=2C^{q-1}_{q-2}x^{q-2}+2C^{q-1}_{q-4}x^{q-4}+\cdot\cdot\cdot

把这两个式子代入,可以知道

c[x^q(x+1)^{q-1}-x^{q-1}(x-1)^{q}]+qx^{q-1}[(x+1)^{q-1}-(x-1)^{q-1}]

=c[(C^{q-1}_{q-2}+C^q_{q-1})x^{2q-2}+(C^{q-1}_{q-4}+C^q_{q-3})x^{2q-4}+\cdot\cdot\cdot]+ c[(-C^{q-1}_{q-2})x^{2q-3}+(-C^{q-1}_{q-4})x^{2q-5}+\cdot\cdot\cdot]+q(2C^{q-1}_{q-2}x^{2q-3}+2C^{q-1}_{q-4}x^{2q-5}+\cdot\cdot\cdot)

所以

\sum_{j=1}^qb_jx^{2j}=(2q-c)(2C^{q-1}_{q-2}x^{2q-3}+2C^{q-1}_{q-4}x^{2q-5}+\cdot\cdot\cdot)+ c[(C^{q-1}_{q-2}+C^q_{q-1})x^{2q-2}+(C^{q-1}_{q-4}+C^q_{q-3})x^{2q-4}+\cdot\cdot\cdot]


注意,奇数次项的系数为 0 ,且组合数不为 0

所以 c=2q 必须成立


接着计算 b_j ,显然有

2j=2q-i

b_j=c(C^{q-1}_{q-i}+C^{q}_{q+1-i})

带入 i ,可知

b_j=c(C^{q-1}_{2j-q}+C^{q}_{2j-q+1})

由于 c=2q ,可得

b_j=2q(C^{q-1}_{2j-q}+C^{q}_{2j-q+1})

下面考虑 C^{q-1}_{2j-q}+C^{q}_{2j-q+1} 的值,计算可得

C^{q-1}_{2j-q}+C^{q}_{2j-q+1}=\frac{(q-1)!}{(2j-q)!(2q-2j-1)!}+\frac{q!}{(2j-q+1)!(2q-2j-1)!}

通分

=\frac{(q-1)!(2j-q+1)}{(2j-q+1)!(2q-2j-1)!}+\frac{q!}{(2j-q+1)!(2q-2j-1)!}

合并同类项

=\frac{(q-1)!(2j+1)}{(2j-q+1)!(2q-2j-1)!}

带入 b_j ,并化回组合数的形式

b_j=\frac{q!(2j+1)}{(2j-q+1)!(2q-2j-1)!}

也就是 b_j=(2j+1)C^q_{2j-q+1}

同第二问,接下来求 b_j=0 的范围

2j-q+1\geq0 ,可以解得 j\geq\frac{q-1}{2}

所以当 j\leq\frac{q-1}{2} ,也就是 j<[\frac{q}{2}] 时, b_j=0 ,其中 [\;\;\;] 是高斯符号

综上所述,第三问答案为

c=2q ,且

j<[\frac{q}{2}] 时, b_j=0

[\frac{q}{2}]\leq j\leq q-1 时, b_j=(2j+1)C^q_{2j-q+1}




最后来到第四问,之前的第二问和第三问都是为了这一问所铺垫的

为了得到 \frac{dS_p(x)}{dx} 形式的式子

根据第二问的 \sum_{j=[\frac{q+2}{2}]}^qa_jS_{2j-1}(x)=x^q(x+1)^q

对等式两边求导

\sum_{j=[\frac{q+2}{2}]}^q\frac{d[a_jS_{2j-1}(x)]}{dx}=qx^{q-1}(x+1)^q+qx^q(x+1)^{q-1}

也就是\sum_{j=[\frac{q}{2}]}^q\frac{d[a_jS_{2j-1}(x)]}{dx}=qx^{q-1}(x+1)^{q-1}(2x+1)


根据第三问, \sum_{j=[\frac{q}{2}]}^{q-1}b_jS_{2j}(x)=qx^{q-1}(x+1)^{q-1}(2x+1)

我们惊奇的发现上面两个等式是一模一样

所以 \sum_{j=[\frac{q+2}{2}]}^q\frac{d[a_jS_{2j-1}(x)]}{dx}=\sum_{j=[\frac{q}{2}]}^{q-1}b_jS_{2j}(x) ,其中 q\geq2


注意由第三问,当 j\geq[\frac{q}{2}] 时, b_j=(2j+1)C^q_{2j-q+1}

另一方面, a_j=C^q_{2j-q-1} ,因此 a_{j+1}=C^q_{2j-q+1}

所以可得 b_j=(2j+1)a_{j+1} ,代入求导后的式子

\sum_{j=[\frac{q+2}{2}]}^q\frac{d[a_jS_{2j-1}(x)]}{dx}=\sum_{j=[\frac{q}{2}]}^{q-1}(2j+1)a_{j+1}S_{2j}(x)

注意求和符号的性质变化等式右侧,也就是 \sum_{j=[\frac{q+2}{2}]}^q\frac{d[a_jS_{2j-1}(x)]}{dx}=\sum_{j=[\frac{q+2}{2}]}^{q}(2j-1)a_{j}S_{2j-2}(x)

合并同类项可知

\sum_{j=[\frac{q+2}{2}]}^qa_j\left\{ \frac{d[S_{2j-1}(x)]}{dx}-(2j-1)S_{2j-2}(x)\right\}=0 ,其中 q\geq2

注意上式是求和递推式,从次数低的情况一层一层考虑。


我们知道 S_3(x)=\frac{x^4+2x^3+x^2}{4} ,对其求导并合并同类项

\frac{d[S_3(x)]}{dx}=\frac{x(x+1)(2x+1)}{2}=3S_2(x)

所以当 p=3 时成立



q=3 ,那么有 \sum_{j=2}^3a_j\left\{ \frac{d[S_{2j-1}(x)]}{dx}-(2j-1)S_{2j-2}(x)\right\}=0

我们知道 \frac{d[S_3(x)]}{dx}=3S_2(x) 成立,所以有

a_3\left\{ \frac{d[S_{5}(x)]}{dx}-5S_{4}(x)\right\} ,因此 \frac{d[S_5(x)]}{dx}=5S_4(x)


q=5 ,同理可证 \frac{d[S_7(x)]}{dx}=7S_6(x)


………………


同理可证, \frac{d[S_9(x)]}{dx}=9S_8(x),\frac{d[S_{11}(x)]}{dx}=11S_{10}(x)


所以, \frac{dS_p(x)}{dx}=pS_{p-1}(x) 恒成立



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这题码字累死……

编辑于 2017-10-03

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