对 \(\sum_{i=1}^n{i^t}\) 的探究
对于这个式子 \(\sum_{i=1}^n{i^t}\) ，在生活中时很常见的，例如当 \(t\!=\!1\) 时，就变成了一个非常经典的等差数列求和，即 $ \sum_{i=1}^n{i}$ ，这个式子的求和公式可以轻易地写出，即 $ \frac{n\ (\ n+1\ )}{2}$ ，但如果\(t=2\)呢？如果不仅\(t\)很大，而且\(n\)也非常大呢？这样就会给这个式子计算带来很多的麻烦。所以，我今天所要探究的内容，就是要将\(t\)从\(1\)推广到\(n\)。
首先，我们不妨先把这个东西定义成一个二元函数
\[f(n,t)=\sum_{i=1}^n{i^t} \quad{(n,t\in \mathbb{N^*})}
\]
所以，我们现在要做的就是对这个函数\(f\)进行化简，使其运算更加简便。
似乎无从下手，但我们可以先从\(t\)较小的情况找找规律。
· \(\quad t=1\) 的情况
这个没什么好讨论的，由等差数列求和公式可以得出
\[f(n,t)=\frac{n(n+1)}{2}
\]
. \(\quad t=2\) 的情况
这个就一些复杂了，不过我们可以构造一个神奇的式子来解决。
\[i^2=i\cdot(i+1)-i
\]
\[i\cdot(i+1)=\frac{3i\cdot(i+1)}{3}=\frac{i(i+1)(i+2)-(i-1)i(i+1)}{3}
\]
这样子有什么作用呢？我们可以把\(i\)依次带入，看看式子的分母有什么效果。
我们可以发现，式子的分母变成了
\[1\!\times\!2\!\times\!3\!-\!0\!\times\!1\!\times\!2\!+\!2\!\times\!3\!\times\!4\!-\!1\!\times\!2\!\times\!3\!+\!3\!\times\!4\!\times\!5\!-\!2\!\times\!3\!\times\!4\ .....\ \!n\!\times\!(\!n\!+\!1\!)\!\times\!(\!n\!+\!2\!)\!-(\!n\!-\!1\!)\!\times \!n\!\times\!(\!n\!+\!1\!)
\]
我们惊奇的发现\(i\)的前一项与\(i+1\)的后一项正好可以消掉，所以一通加减之后，分母部分就变成了\(n\cdot(n+1)\cdot(n+2)\)。
接下来，让我们完成对\(t=2\)情况的剩下部分推导。
\[f(n,2)=\sum_{i=1}^n{i^2}
\]
\[=\sum_{i=1}^n{\left[ i\cdot(i+1) \right]}-\sum_{i=1}^n{i}
\]
\[=\sum_{i=1}^n{\frac{i\cdot(i+1)\cdot(i+2)-(i-1)\cdot i\cdot(i+1)}{3}}-\sum_{i=1}^n{i}
\]
\[=\frac{n(n+1)(n+2)}{3}-\frac{n(n+1)}{2}
\]
\[=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}
\]
我们可以从\(t=2\)的情况中汲取一些灵感，这种构造一种可以让\(i\)项和\(i+1\)项相抵消的方法似乎可以推广，不过不要着急，我们再试一试\(t=3\)的情况。
· \(\quad t=3\) 的情况
施工中 . . . .