Hôm nay chúng ta sẽ học về công thức tính tổng các luỹ thừa S_k(n) = 1^k + 2^k + 3^k + \dots + n^k .
Công cụ chính mà chúng ta sẽ dùng là nhị thức Newton sau đây (x+y)^k = x^k + {k \choose 1} x^{k-1} y + {k \choose 2} x^{k-2} y^2 + {k \choose 3} x^{k-3} y^3 + \dots + {k \choose {k-1}} x y^{k-1} + y^k.
Đầu tiên chúng ta sẽ tính S_1(n) = 1 + 2 + 3 + \dots + n .
Dùng nhị thức Newton (m+1)^{2} = m^{2} + 2 m + 1, chúng ta có (m+1)^{2} - m^{2} = 2 m + 1.
Lần lượt thay m=1,2, \dots, n vào biểu thức trên rồi cọng tất cả lại, \sum_{m=1}^{n} [(m+1)^{2} - m^{2}] = \sum_{m=1}^{n} [2 m + 1], chúng ta được (n+1)^{2} - 1^{2} = 2 S_1(n) + n.
Vậy 2 S_1(n) = (n+1)^{2} - 1^{2} - n = n^2 + n = n(n+1)
Từ đó chúng ta có công thức quen thuộc S_1(n) = 1 + 2 + \dots + n = \frac{1}{2} n(n+1).
Tiếp tục chúng ta sẽ tính S_2(n) = 1^2 + 2^2 + 3^2 + \dots + n^2 .
Dùng nhị thức Newton (m+1)^{3} = m^{3} + 3 m^2 + 3 m + 1, chúng ta có (m+1)^{3} - m^{3} = 3 m^2 + 3 m + 1.
Lần lượt thay m=1,2, \dots, n vào biểu thức trên rồi cọng tất cả lại, \sum_{m=1}^{n} [(m+1)^{3} - m^{3}] = \sum_{m=1}^{n} [3 m^2 + 3 m + 1], chúng ta được (n+1)^{3} - 1^{3} = 3 S_2(n) + 3 S_1(n) + n.
Vậy 3 S_2(n) = (n+1)^{3} - 1^{3} - n - 3 S_1(n) = (n+1)^{3} - 1^{3} - n - \frac{3}{2} n(n+1) = \frac{1}{2} n(n+1)(2n+1)
Từ đó chúng ta có công thức quen thuộc S_2(n) = 1^2 + 2^2 + \dots + n^2 = \frac{1}{6} n(n+1)(2n+1).
Tương tự chúng ta tính được S_3(n) như sau (n+1)^{4} - 1^{4} = 4 S_3(n) + 6 S_2(n) + 4 S_1(n) + n và S_3(n) = 1^3 + 2^3 + \dots + n^3 = \frac{1}{4} n^2 (n+1)^2.
Tìm S_4(n), (n+1)^{5} - 1^{5} = 5 S_4(n) + 10 S_3(n) + 10 S_2(n) + 5 S_1(n) + n và S_4(n) = 1^4 + 2^4 + \dots + n^4 = \frac{1}{30} (6 n^5 + 15 n^4 + 10 n^3 -n).
Tìm S_5(n), (n+1)^{6} - 1^{6} = 6 S_5(n) + 15 S_4(n) + 20 S_3(n) + 15 S_2(n) + 6 S_1(n) + n và S_5(n) = 1^5 + 2^5 + \dots + n^5 = \frac{1}{12} (2 n^6 + 6 n^5 + 5 n^4 -n^2).
Tổng quát, với k bất kỳ, theo nhị thức Newton thì (m+1)^{k+1} = m^{k+1} + (k+1) m^{k} + {{k+1} \choose 2} m^{k-1} + \dots + {{k+1} \choose {k-1}} m^{2} + (k+1) m + 1.
Do đó (m+1)^{k+1} - m^{k+1} = (k+1) m^{k} + {{k+1} \choose 2} m^{k-1} + \dots + {{k+1} \choose {k-1}} m^{2} + (k+1) m + 1.
Nếu chúng ta lấy tổng của tất cả các đẳng thức này lại như sau \sum_{m=1}^{n}[(m+1)^{k+1} - m^{k+1}] = \sum_{m=1}^{n} [(k+1) m^{k} + {{k+1} \choose 2} m^{k-1} + \dots + {{k+1} \choose {k-1}} m^{2} + (k+1) m + 1]. thì chúng ta sẽ thiết lập được công thức (n+1)^{k+1} - 1^{k+1} = (k+1) S_k(n) + {{k+1} \choose 2} S_{k-1}(n) + \dots + {{k+1} \choose {k-1}} S_2(n) + (k+1) S_1(n) + n.
Từ đó chúng ta sẽ tính được S_k(n) từ các giá trị của S_{k-1}(n), \dots, S_2(n), S_1(n).
Như vậy chúng ta đã học được cách tìm công thức tổng quát của S_k(n). Chúng ta tạm dừng ở đây, kỳ sau, chúng ta sẽ tìm hiểu về S_{-k}(n) = \frac{1}{1^k} + \frac{1}{2^k} + \frac{1}{3^k} + \dots + \frac{1}{n^k}.
Hẹn gặp lại các bạn.
Bài tập về nhà.
Chứng minh rằng
1^{1000} + 2^{1000} + 3^{1000} + \dots + 2010^{1000} = 0 \pmod{2011},
1^{2012} + 2^{2012} + 3^{2012} + \dots + 2010^{2012} = 0 \pmod{2011}.