$1^k + 2^k + 3^k + \cdots + n^k$의 공식을 구할 수 있을까? - $\text{Euler-Maclaurin}$ 공식

 

오늘은 $1^k + 2^k + 3^k + \cdots + n^k$의 닫힌 형식을 구해보고자 합니다. 고등학교 수열 단원에서, 이러한 급수의 일반항을 배우셨을 겁니다.

\begin{align*}
    1 + 2 + 3 + \cdots + n &= \frac{n(n+1)}{2}\\
    1^2 + 2^2 + 3^2 + \cdots + n^2 &= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\\
    1^3 + 2^3 + 3^3 + \cdots + n^3 &= \left( \frac{n(n+1)}{2} \right)^2\\
                         &\vdots
\end{align*}
위의 식들을 보면, 자연스럽게 떠오르는 생각이 하나 있을 겁니다. 이것을 일반화한 급수
\begin{align*}
    S(n,m) := 1^m + 2^m + 3^m + \cdots + n^m
\end{align*}
가 있다고 합시다. 그럼, $S(n,m)$를 닫힌 형식으로 나타낼 수 있을까요? 오늘의 주제는 베르누이 수와 미분 연산자를 이용하여 $S(n,m)$의 닫힌 형식을 찾는 것입니다.

그런데 닫힌 형식이란 무엇을 말하는 걸까요? 근의 공식과 같이, 대수적 연산으로 유한하게 연결된 기본 함수(로그함수, 다항함수 등)들의 표현이라고 보시면 됩니다. 쉽게 말해서, 닫힌 형식은 공식과 같다고 보시면 됩니다. 연산자는 간단히 사상(mapping)이나 함수를 생각해주시면 됩니다. 


선대에서 배우셨다시피 미분은 선형성을 가지기 때문에 선형 연산자라고 할 수 있고, 이것을 간단한 기호
\begin{align*}
    D := \frac{d}{dx}
\end{align*}

로 표기하겠습니다. 자연스럽게, $D$를 $n$번 연산한 것은 $D^n$으로 정의하겠습니다. 이것을 가지고 또 다른 미분 연산자도 정의할 수 있습니다.
 

지수 미분 연산자

 
\begin{align*}
    e^D := \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} D^k
\end{align*}

개념에 대해 생소하실 수도 있으니 몇 가지 예시를 들어보겠습니다.

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Example 1. $e^{D} (e^x) = ?$

 
\begin{align*}
    e^{D} (e^x) &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} D^k (e^x)\\
                         &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} (e^x)\\
                         &= e^x \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!}\\
                         &= e^x \cdot e\\
                         &= e^{x+1}.
\end{align*}

Example 2. $e^{D} (x^n) = ?$

\begin{align*}
    e^{D} (x^n) &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} D^k (x^n)\\
                &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} \left(n(n-1)\cdots(n-k+1)\right)x^{n-k}\\
                &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{k!} \frac{n!}{(n-k)!}x^{n-k}\\
                &= \sum_{k=0}^{\infty} \binom{n}{k} x^{n-k}\\
                &= \sum_{k=0}^{\infty} \binom{n}{k} x^{n-k} \cdot 1^k\\
                &= (x+1)^n.
\end{align*}

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앞선 두 예시로, $e^D$가 어떤 성질이 있다는 것을 눈치채셨을 겁니다. 테일러 전개가 가능한 함수 $f(x)$에 대해, 이러한 식이 성립합니다.

\begin{align*}
    e^{D} \left(f(x)\right) &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(x)}{k!}\\
                            &= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{f^{(k)}(x)}{k!} \cdot 1^k\\
                            &= f(x+1).
\end{align*}

이 성질을 사용하여 식을 조금 바꿔보겠습니다.

\begin{align*}
    f(x+1) = e^{D} \left(f(x)\right) &= \left( e^{D}-1 \right) f(x) + f(x)\\
    f(x+1) - f(x) &= \left( e^{D}-1 \right) f(x)\\
    D \left( e^{D}-1 \right)^{-1} (f(x+1) - f(x)) &= f'(x)\\
    \frac{D}{e^{D}-1}(f(x+1) - f(x)) &= f'(x). \tag{1}
\end{align*}

두 번째 줄에서 세 번째 줄로 넘어갈 때, 미분연산자 $(e^D-1)^{-1}$을 양변에 곱하였습니다. 
제가 아직 $e^D$의 역수를 정의하지 않았는데, 미분의 역연산은 적분이라는 점을 활용한다면 $e^D$의 역수도 잘 정의가 된다는 사실을 알고 넘어가주시면 되겠습니다.

다음으로 베르누이 수가 무엇인지 알아보겠습니다.

베르누이 수(Bernoulli number)

 
베르누이 수 $B_k$는 생성 함수(generating function)로 정의됩니다.
\begin{align*}
    \frac{x}{e^x - 1} = \sum_{k=0}^{\infty} \frac{B_k}{k!}x^k, \ B_0 = 1.
\end{align*}

위 정의에서 좌항에서의 함수의 꼴이 (1)의 좌항에서 보인다는 것을 아실 겁니다. 
이걸 적용시켜보면, 아래의 결과를 얻을 수 있습니다.

\begin{align*}
     \sum_{k=0}^{\infty} \frac{B_k}{k!}(f^{(k)}(x+1) - f^{(k)}(x)) = f'(x). \tag{2}
\end{align*}

좌항에 망원급수(telescoping series)가 있는 걸 보니, 계속 더하면 무언가 간단한 꼴로 나타날 것 같습니다. 우리가 구하고자 하는 것은 $1^m + 2^m + 3^m + \cdots + n^m$ 이므로, $f(x)=\frac{1}{m+1}x^{m+1}$로 설정해보겠습니다.
\begin{align*}
    f'(x) = x^m, \ f^{(k)}(x) &= \frac{1}{m+1}\frac{(m+1)!}{(m+1-k)!}x^{m+1-k}\\
                              &= (k-1)!\binom{m}{k-1}x^{m+1-k}.
\end{align*}
이 결과를 (2)에 적용시켜볼까요?

\begin{align*}
    x^m &= \frac{1}{m+1}\left((x+1)^{m+1}-x^{m+1}\right)\\ 
        &+ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{B_k}{k!}(k-1)!\binom{m}{k-1}\left((x+1)^{m+1-k}-x^{m+1-k}\right).
\end{align*}
다음으로 우리가 원하는 $S(n,m)$을 구하기 위해 양변에 시그마를 취해주면,
\begin{align*}
    \sum_{x=1}^{n} x^m &= \sum_{x=1}^{n} \frac{1}{m+1}\left((x+1)^{m+1}-x^{m+1}\right)\\ 
    &+\sum_{x=1}^{n} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{B_k}{k!}(k-1)! \binom{m}{k-1} \left((x+1)^{m+1-k}-x^{m+1-k}\right)\\
    &= \frac{(n+1)^{m+1}-1}{m+1} + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{B_k}{k} \binom{m}{k-1} \left((n+1)^{m+1-k}-1\right)\\
    &= \frac{(n+1)^{m+1}-1}{m+1} + \sum_{k=1}^{m} \frac{B_k}{k} \binom{m}{k-1} \left((n+1)^{m+1-k}-1\right)\\
    &= \frac{(n+1)^{m+1}-1}{m+1} + \sum_{k=0}^{m-1} \frac{B_{k+1}}{k+1} \binom{m}{k} \left((n+1)^{m-k}-1\right).
\end{align*}

따라서, 우리가 원하는 $S(n,m)$의 공식을 얻게 되었습니다. 
아래 표를 이용하여 공식이 맞는지 검증해볼까요?
 

$k$	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$	$6$	$7$	$8$
$B_k$	$1$	$-\frac{1}{2}$	$\frac{1}{6}$	$0$	$-\frac{1}{30}$	$0$	$\frac{1}{42}$	$0$	$-\frac{1}{30}$

\begin{align*}
    S(n,1) &= \frac{n^2 + 2n}{2} - \frac{n}{2} = \frac{n(n+1)}{2}\\
    S(n,2) &= \frac{n^3 + 3n^2 + 3n}{3} - \frac{n^2 + 2n}{2} + \frac{n}{6}\\
           &= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\\
    S(n,3) &= \frac{(n+1)^4 - 1}{4} - \frac{(n+1)^3 - 1}{2} + \frac{(n+1)^2 - 1}{4} \\
           &= \left( \frac{n(n+1)}{2} \right)^2.\\
\end{align*}

처음에서 보았던 공식과 일치하는 것 같습니다. 마지막으로 $S(n,4)$에 대한 공식도 찾아봅시다.

\begin{align*}
    S(n,4) &= \frac{(n+1)^5 - 1}{5} - \frac{(n+1)^4 - 1}{2} + \frac{(n+1)^3 - 1}{3} - \frac{n}{30}\\
           &= \frac{n(n+1)(2n+1)(3n^2 + 3n - 1)}{30}. 
\end{align*}