我知道 ∑n，∑n²，∑n³ 的结果，那是否能够求出 ∑n^k（k 为正整数）的一般形式通项公式？

当然，我们来聊聊这个很有意思的问题：能不能在知道 $sum n$, $sum n^2$, $sum n^3$ 的情况下，推导出 $sum n^k$ 的一般形式通项公式？

答案是：能，但并非一个直接的、简单的“套公式”过程，而是需要一些数学工具和方法来系统地解决。 知道前几项的和的公式，确实为我们揭示更普遍的规律提供了一个起点，但这更多的是一种启发，而不是直接的“递推”。

让我们一步一步地来分析这个问题，试着让这个过程显得更像我们自己思考的痕迹。

一、 我们已知什么？

首先，我们回顾一下几个基础的求和公式：

1. 等差数列求和： $sum_{i=1}^n i = frac{n(n+1)}{2}$
2. 平方和： $sum_{i=1}^n i^2 = frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$
3. 立方和： $sum_{i=1}^n i^3 = left(frac{n(n+1)}{2} ight)^2 = frac{n^2(n+1)^2}{4}$

这些公式告诉我们，当 $k=1, 2, 3$ 时，$sum_{i=1}^n i^k$ 的结果是一个关于 $n$ 的多项式，并且其次数是 $k+1$。例如，$sum n$ 是关于 $n$ 的二次多项式，$sum n^2$ 是关于 $n$ 的三次多项式，$sum n^3$ 也是关于 $n$ 的四次多项式。

二、 猜测与观察

基于上面的观察，一个自然的猜想是：

猜想：对于任意正整数 $k$，$sum_{i=1}^n i^k$ 都是一个关于 $n$ 的 $k+1$ 次多项式。

这个猜想是有道理的。求和本身可以看作是一种“累加”的过程，而我们知道，对于一个关于 $i$ 的 $k$ 次多项式 $P(i) = a_k i^k + a_{k1} i^{k1} + dots + a_0$，它的差分（$P(i+1) P(i)$）会是一个关于 $i$ 的 $k1$ 次多项式（如果最高项 $a_k eq 0$）。反过来，一个关于 $i$ 的 $k$ 次多项式的“不定积分”（离散意义下的）会是一个关于 $i$ 的 $k+1$ 次多项式。求和 $sum_{i=1}^n i^k$ 正是这种离散“积分”的体现。

更具体地说，如果我们设 $S_k(n) = sum_{i=1}^n i^k$，那么：
$S_k(n) S_k(n1) = n^k$ （对于 $n geq 1$，并且我们定义 $S_k(0) = 0$）。
这说明 $S_k(n)$ 的“差分”是 $n^k$（一个 $k$ 次多项式）。根据差分与多项式次数的关系，我们有理由相信 $S_k(n)$ 本身是一个 $k+1$ 次多项式。

三、 寻找通用的推导方法

知道了结果是一个关于 $n$ 的 $k+1$ 次多项式后，我们就可以尝试构建这个多项式，并找到它的系数。这里有几种主要的思路：

方法一：利用差分和待定系数法

这是一个比较直观的方法，但需要一些耐心和细致的代数运算。

我们知道 $S_k(n)$ 是一个 $k+1$ 次多项式。我们可以设其形式为：
$S_k(n) = c_{k+1}n^{k+1} + c_k n^k + c_{k1}n^{k1} + dots + c_1 n + c_0$

根据定义，$S_k(n) S_k(n1) = n^k$。我们将上面的多项式代入这个等式：

$(c_{k+1}n^{k+1} + c_k n^k + dots + c_1 n + c_0) (c_{k+1}(n1)^{k+1} + c_k (n1)^k + dots + c_1 (n1) + c_0) = n^k$

展开 $(n1)^j$ 的形式，我们知道 $(n1)^j = n^j jn^{j1} + inom{j}{2}n^{j2} dots + (1)^j$。

现在，我们来考察等式左边各项关于 $n$ 的幂次：

$n^{k+1}$ 项： $c_{k+1}n^{k+1} c_{k+1}(n1)^{k+1}$
$(n1)^{k+1} = n^{k+1} (k+1)n^k + inom{k+1}{2}n^{k1} dots$
所以 $c_{k+1}n^{k+1} c_{k+1}(n1)^{k+1} = c_{k+1}n^{k+1} c_{k+1}(n^{k+1} (k+1)n^k + dots)$
$= c_{k+1}(k+1)n^k + ext{低次项}$

$n^k$ 项： $c_k n^k c_k (n1)^k + c_{k+1}n^k$ (来自 $c_{k+1}(n1)^{k+1}$ 展开中的 $c_{k+1} inom{k+1}{2} n^{k1}$，这里我看错了，应该是看 $c_k n^k c_k(n1)^k$ 的主要部分)
更正一下思路：我们将 $S_k(n) S_k(n1)$ 左边的表达式按 $n$ 的幂次降序排列，然后与右边的 $n^k$ 进行系数比较。

$S_k(n) S_k(n1) = sum_{j=0}^k c_{j+1} [n^{j+1} (n1)^{j+1}] $ (这里简化了，实际上是 $c_{k+1}$ 到 $c_1$)
利用二项式展开：$n^{j+1} (n1)^{j+1} = n^{j+1} (n^{j+1} (j+1)n^j + inom{j+1}{2}n^{j1} dots)$
$= (j+1)n^j inom{j+1}{2}n^{j1} + dots$

所以，$S_k(n) S_k(n1)$ 的最高次项是：
来自 $j=k$ 的部分：$c_{k+1} [(k+1)n^k inom{k+1}{2}n^{k1} + dots]$
来自 $j=k1$ 的部分：$c_k [(k)n^{k1} + dots]$
等等。

将所有项展开并合并同类项，我们得到一个关于 $n$ 的多项式：
$S_k(n) S_k(n1) = c_{k+1}(k+1)n^k + (c_k cdot k c_{k+1} inom{k+1}{2})n^{k1} + dots$

我们要让这个结果等于 $n^k$。对比系数：

$n^k$ 的系数： $c_{k+1}(k+1) = 1 implies c_{k+1} = frac{1}{k+1}$。这与我们的观察一致，最高次项的系数是 $1/(k+1)$。

$n^{k1}$ 的系数： $c_k cdot k c_{k+1} inom{k+1}{2} = 0$
$c_k cdot k = c_{k+1} inom{k+1}{2} = frac{1}{k+1} frac{(k+1)k}{2} = frac{k}{2}$
$c_k = frac{1}{2}$。

这样，我们就可以通过不断地比较 $n^{k2}$, $n^{k3}$, ..., $n^1$, $n^0$ 的系数，来逐个确定 $c_k, c_{k1}, dots, c_1, c_0$。这个过程会非常繁琐，尤其是当 $k$ 变大的时候。

另外，我们还有边界条件：$S_k(0) = 0$。将 $n=0$ 代入多项式 $S_k(n) = c_{k+1}n^{k+1} + dots + c_1 n + c_0$，我们得到 $S_k(0) = c_0$。所以，$c_0 = 0$。

方法二：利用一个恒等式（更有系统性）

有一个非常巧妙的恒等式可以帮助我们系统地推导：

对于任意正整数 $k$，考虑恒等式：
$(i+1)^{k+1} i^{k+1} = sum_{j=0}^k inom{k+1}{j} i^j$

现在，我们对这个恒等式从 $i=1$ 求和到 $n$：
$sum_{i=1}^n [(i+1)^{k+1} i^{k+1}] = sum_{i=1}^n left( sum_{j=0}^k inom{k+1}{j} i^j ight)$

左边是一个典型的裂项求和：
$(2^{k+1} 1^{k+1}) + (3^{k+1} 2^{k+1}) + dots + ((n+1)^{k+1} n^{k+1})$
$= (n+1)^{k+1} 1^{k+1} = (n+1)^{k+1} 1$

右边我们可以交换求和顺序：
$sum_{j=0}^k inom{k+1}{j} left( sum_{i=1}^n i^j ight)$

所以，我们得到一个关系式：
$(n+1)^{k+1} 1 = sum_{j=0}^k inom{k+1}{j} S_j(n)$
（这里我们定义 $S_0(n) = sum_{i=1}^n i^0 = sum_{i=1}^n 1 = n$）

让我们把这个式子展开：
$(n+1)^{k+1} 1 = inom{k+1}{0}S_0(n) + inom{k+1}{1}S_1(n) + inom{k+1}{2}S_2(n) + dots + inom{k+1}{k}S_k(n)$

现在，我们可以利用这个关系式递推地求出 $S_k(n)$。

求 $S_0(n)$： 这是已知的，$S_0(n) = n$。
求 $S_1(n)$： 令 $k=1$：
$(n+1)^2 1 = inom{2}{0}S_0(n) + inom{2}{1}S_1(n)$
$n^2 + 2n + 1 1 = 1 cdot n + 2 cdot S_1(n)$
$n^2 + 2n = n + 2S_1(n)$
$2S_1(n) = n^2 + n$
$S_1(n) = frac{n^2+n}{2} = frac{n(n+1)}{2}$。 （与已知一致）

求 $S_2(n)$： 令 $k=2$：
$(n+1)^3 1 = inom{3}{0}S_0(n) + inom{3}{1}S_1(n) + inom{3}{2}S_2(n)$
$n^3 + 3n^2 + 3n + 1 1 = 1 cdot n + 3 cdot frac{n(n+1)}{2} + 3 cdot S_2(n)$
$n^3 + 3n^2 + 3n = n + frac{3n(n+1)}{2} + 3S_2(n)$
$3S_2(n) = n^3 + 3n^2 + 3n n frac{3n^2+3n}{2}$
$3S_2(n) = n^3 + 3n^2 + 2n frac{3n^2+3n}{2}$
$3S_2(n) = frac{2n^3 + 6n^2 + 4n 3n^2 3n}{2}$
$3S_2(n) = frac{2n^3 + 3n^2 + n}{2}$
$S_2(n) = frac{2n^3 + 3n^2 + n}{6} = frac{n(2n^2 + 3n + 1)}{6} = frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$。 （与已知一致）

求 $S_3(n)$： 令 $k=3$：
$(n+1)^4 1 = inom{4}{0}S_0(n) + inom{4}{1}S_1(n) + inom{4}{2}S_2(n) + inom{4}{3}S_3(n)$
$(n+1)^4 1 = 1 cdot n + 4 cdot frac{n(n+1)}{2} + 6 cdot frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 4 cdot S_3(n)$
$n^4 + 4n^3 + 6n^2 + 4n + 1 1 = n + 2n(n+1) + n(n+1)(2n+1) + 4S_3(n)$
$n^4 + 4n^3 + 6n^2 + 4n = n + 2n^2 + 2n + n(2n^2 + 3n + 1) + 4S_3(n)$
$n^4 + 4n^3 + 6n^2 + 4n = 3n + 2n^2 + 2n^3 + 3n^2 + n + 4S_3(n)$
$n^4 + 4n^3 + 6n^2 + 4n = 2n^3 + 5n^2 + 4n + 4S_3(n)$
$4S_3(n) = n^4 + 4n^3 + 6n^2 + 4n (2n^3 + 5n^2 + 4n)$
$4S_3(n) = n^4 + 2n^3 + n^2$
$S_3(n) = frac{n^4 + 2n^3 + n^2}{4} = frac{n^2(n^2 + 2n + 1)}{4} = frac{n^2(n+1)^2}{4}$。 （与已知一致）

这个方法非常系统，我们可以不断地利用已知的 $S_j(n)$ ($j < k$) 来推导出 $S_k(n)$。从这个意义上说，我们知道 $sum n$, $sum n^2$, $sum n^3$ 的公式，确实为我们推导任意 $k$ 的公式打下了基础。

这个递推关系式也可以写成：
$S_k(n) = frac{1}{inom{k+1}{k}} left[ (n+1)^{k+1} 1 sum_{j=0}^{k1} inom{k+1}{j} S_j(n) ight]$
$S_k(n) = frac{1}{k+1} left[ (n+1)^{k+1} 1 sum_{j=0}^{k1} inom{k+1}{j} S_j(n) ight]$

这个公式允许我们逐项地、有条不紊地计算出任意 $S_k(n)$。

方法三：欧拉麦克劳林公式（更高级，但给出一般形式的线索）

欧拉麦克劳林公式提供了一个连接离散求和与连续积分的桥梁，并且它直接给出了一个关于 $n^k$ 求和的通用形式。

公式大致是这样的：
$sum_{i=a}^b f(i) approx int_a^b f(x) dx + frac{f(a) + f(b)}{2} + sum_{m=1}^infty frac{B_{2m}}{(2m)!} (f^{(2m1)}(b) f^{(2m1)}(a))$

其中 $B_{2m}$ 是伯努利数，$f^{(k)}(x)$ 是 $f(x)$ 的 $k$ 阶导数。

如果我们令 $f(i) = i^k$，那么 $sum_{i=1}^n i^k$ 就可以用这个公式来近似，或者更精确地说，它能提供一个精确的公式结构。

对于 $f(x) = x^k$，其积分是 $int_0^n x^k dx = frac{n^{k+1}}{k+1}$。

欧拉麦克劳林公式的一个重要结论是：
$sum_{i=1}^n i^k = frac{n^{k+1}}{k+1} + frac{n^k}{2} + frac{1}{k+1} sum_{j=1}^k inom{k+1}{j} B_j n^{k+1j}$

这里有个小问题，欧拉麦克劳林公式里用的是伯努利数 $B_j$，而 $B_j$ 对于 $j=1$ 是 $1/2$，对于 $j ge 2$ 且 $j$ 为奇数时为 $0$，而对于 $j$ 为偶数时为正。标准形式的伯努利数定义是 $B_1 = 1/2$ 或者 $B_1 = 1/2$，这取决于定义。

更常见的形式是使用所谓的 “第二类伯努利数”（或称修正伯努利数），记作 $B_j^$，其中 $B_0^=1, B_1^=1/2, B_2^=1/6, B_3^=0, B_4^=1/30, dots$。这种定义下，欧拉麦克劳林公式的求和形式为：

$sum_{i=1}^n i^k = frac{1}{k+1} sum_{j=0}^k inom{k+1}{j} B_j^ n^{k+1j}$

其中 $B_j^$ 是伯努利数的一种标准约定，例如 $B_0^=1, B_1^=1/2, B_2^=1/6, B_3^=0, B_4^=1/30, dots$。

让我把这个公式再展开一下，看看和我们之前推导的有没有对应：

$S_k(n) = frac{1}{k+1} left[ inom{k+1}{0} B_0^ n^{k+1} + inom{k+1}{1} B_1^ n^k + inom{k+1}{2} B_2^ n^{k1} + dots + inom{k+1}{k} B_k^ n^1 ight]$
$S_k(n) = frac{1}{k+1} left[ 1 cdot 1 cdot n^{k+1} + (k+1) cdot frac{1}{2} cdot n^k + frac{(k+1)k}{2} cdot frac{1}{6} cdot n^{k1} + dots ight]$
$S_k(n) = frac{n^{k+1}}{k+1} + frac{n^k}{2} + frac{k}{12} n^{k1} + dots$

这个公式结构直接给出了 $S_k(n)$ 的一个通项表达式，其中系数由伯努利数决定。

四、 关于伯努利数

伯努利数是一个非常重要的数学序列，它们在数论、组合学和分析学中都有广泛应用。它们可以通过不同的方式定义，其中一种常见的方式是利用生成函数：
$frac{x}{e^x 1} = sum_{j=0}^infty B_j frac{x^j}{j!}$
在这种定义下，$B_0=1, B_1=1/2, B_2=1/6, B_3=0, B_4=1/30, dots$

而上面用于求和公式的伯努利数（$B_j^$）通常指的是：
$frac{x}{e^x 1} + frac{x}{2} = frac{x(e^x+1)}{2(e^x1)}$
或者，更常见的是直接定义为：
$frac{x}{e^x 1} = sum_{j=0}^infty B_j frac{x^j}{j!}$ 且我们使用 $B_0 = 1, B_1 = 1/2, B_2 = 1/6, B_3 = 0, dots$ 的约定（有时这种约定下的伯努利数叫做 $B_n^$ 或其他符号来区分）。

所以，求和公式实质上是：
$sum_{i=1}^n i^k = frac{1}{k+1} sum_{j=0}^k inom{k+1}{j} B_j n^{k+1j}$
其中 $B_0=1, B_1=1/2, B_2=1/6, B_3=0, B_4=1/30, B_5=0, B_6=1/42, dots$

通过已知 $sum n$, $sum n^2$, $sum n^3$ 的公式，我们可以验证这些伯努利数（至少是前几个）。例如：

$k=1$: $S_1(n) = frac{1}{2} sum_{j=0}^1 inom{2}{j} B_j n^{2j} = frac{1}{2} (inom{2}{0}B_0 n^2 + inom{2}{1}B_1 n^1) = frac{1}{2}(1 cdot 1 cdot n^2 + 2 cdot frac{1}{2} cdot n) = frac{1}{2}(n^2+n) = frac{n(n+1)}{2}$。
$k=2$: $S_2(n) = frac{1}{3} sum_{j=0}^2 inom{3}{j} B_j n^{3j} = frac{1}{3} (inom{3}{0}B_0 n^3 + inom{3}{1}B_1 n^2 + inom{3}{2}B_2 n^1)$
$= frac{1}{3} (1 cdot 1 cdot n^3 + 3 cdot frac{1}{2} cdot n^2 + 3 cdot frac{1}{6} cdot n) = frac{1}{3} (n^3 + frac{3}{2}n^2 + frac{1}{2}n) = frac{n^3}{3} + frac{n^2}{2} + frac{n}{6}$
$= frac{2n^3 + 3n^2 + n}{6} = frac{n(2n^2+3n+1)}{6} = frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$。

五、 结论

回到最初的问题：已知 $sum n, sum n^2, sum n^3$，是否能求出 $sum n^k$ 的一般形式通项公式？

答案是：能，并且这种知道前几项的知识，为我们提供了两种主要的推导路径：

1. 递推方法： 利用 $(i+1)^{k+1} i^{k+1}$ 的恒等式，我们可以建立一个关于 $S_j(n)$ ($j le k$) 的递推关系，从而逐次计算出任意 $k$ 的 $S_k(n)$。这个过程是系统性的，并且直接从基础的代数运算出发。
2. 直接公式形式（基于伯努利数）： 通过更深入的数学工具（如欧拉麦克劳林公式或生成函数），我们可以得到一个直接的通项公式，它依赖于伯努利数。这个公式的形式是：
$sum_{i=1}^n i^k = frac{1}{k+1} sum_{j=0}^k inom{k+1}{j} B_j n^{k+1j}$
其中 $B_j$ 是特定约定的伯努利数序列 ($B_0=1, B_1=1/2, B_2=1/6, B_3=0, dots$)。

知道前几项的公式，虽然不能直接“套”出后面的公式，但它们验证了我们对 $S_k(n)$ 是 $k+1$ 次多项式的猜想，并且为我们选择和验证推导方法提供了宝贵的起点。实际上，在没有现成伯努利数表的情况下，我们就是通过第一种递推方法，结合待定系数法，去求解前几项的公式，并从中归纳出一般规律的。

所以，这个问题与其说是“能否”，不如说是“如何”找到这个一般形式。我们已经看到了几种可行且严谨的路径。这个过程展示了数学的魅力：从具体的例子出发，通过逻辑推理和工具的应用，最终掌握普适的规律。

其他几个回答的递推方法过于复杂了，求和实际上是一个解函数方程的过程

把 视作满足如下方程的函数

那么答案呼之欲出。

因此，

简单说就是把前一个递推式求个不定积分，乘上系数 ，再添加一个一次项把 调节成1就行了

，代入上式得

用这种方法一口气想算多少个算多少个

这种问题在我曾经办过的一次网络数学竞赛里是作为压轴题的，虽然这道压轴题并不难，但是给出了计算所有 前n项和的方法：二重求和换序。

这里先直接放出关于这个问题的部分截图：

题干以及第一问已经完全解决了这个问题，一次求和可以推出二次求和，进而三次、四次、······都是没有问题的。

上述方法还可以概括如下：

上述方法是一种递推方法，虽然前几项计算方便，但是越往后计算量越大，后面的计算需要前面的结论作为铺垫。笔者推荐下面要讲的伯努利公式，每个和式都能独立求出。

事实上，这种问题在我国古代属于著名的垛积数列问题：

下面讲伯努利公式：

Bernoulli formula

我们一般采用列差分表的方法来计算高阶差分：

伯努利公式可以解决所有多项式函数的求和问题，以 和 为例：

再比如计算 ，运用伯努利公式得到：

详情参见：

这个链接文中的伯努利公式有点小笔误，以本次回答为准。

说一下 mathematica 的内部算法吧, mathematica 用的是解析延拓, 这个方法很罕见

解析方法和组合方法思路一开始就不一样, 这一思想反其道而行从高阶调和级数出发

我不研究正的, 我先研究负的, 毕竟负的会收敛, 延拓怎么着得从收敛域开始

最后表达式比组合学方法简单:

和求和公式是一样的

推导过程应该说比较欢乐, 见 ^[1]Series Associated with the Zeta and Related Functions (2.3.9)

参考

1. ^ https://scholar.google.com/scholar_lookup?title=Series%20Associated%20with%20the%20Zeta%20and%20Related%20Functions&publication_year=2001&author=H.M.%20Srivastava&author=J.%20Choi

这个问题的结果有所谓的Faulhaber公式

其中， 是第 个Bernoulli 多项式。或者 其中， 是第 个Bernoulli 数。

鉴于题主自称是中学生，这里我给出一种更初等的做法，这个做法基于归纳与迭代的思想。记 至少在小学通过所谓的「聪明的高斯」的故事，我们已经知道 这当然就是归纳奠基的第一步了。现在设若我们已经知道了 需要来求出 那么这只需要注意到以下明显的事实 请注意，这个式子虽然没有显式地给出 的计算公式，但已经足以表明整个计算该如何完成，因为 已知，也就是说我们可以迭代地由 导出 再由 导出 我想，这应该是可以让中学生理解的一个方法。

可以了解一下伯努利数。

我们要处理的是 ，其中 。下面定义一个生成函数：

。这个函数对于所有 都是解析的，所以可以让 等于任何值。伯努利数的定义是：

，这里的 就是第 个伯努利数。通过展开左边那个函数，我们可以证明第奇数个的伯努利数都是零（除了 ）。这个时候我们可以看到伯努利数的定义和那个生成函数已经有点接近了，我们只需要继续把他展开：

跟最开始的生成函数一对比，我们就得到：

。

这就是通项公式，确实不是很简单。

没有特别浅显的通项公式，如果想看看答案长什么样子的话建议自行百度伯努利数(Bernoulli Number)如果想了解一些“为什么”之类的问题可以去读一下Stein分析四部曲的第一本，伯努利分析导论。

这个应该是我读过的所有“比较清楚的交代了伯努利数的来龙去脉的”教材里，预备知识需要的最少的一本，但是也需要数分知识的储备。如果不是基础特别好的中学生，建议把疑问留到读大学以后再去了解探索。