kwadrat sumy = suma sześcianów - prosty dowód?

[Fibik]

Mamy taką bardzo zabawną zależność w matmie:

\(\displaystyle{ (1+2+3+4+...n)^2 = 1^3+2^3+...+n^3}\)

sprawdzamy kilka początkowych wersji:
1: \(\displaystyle{ (1)^2 = 1^3 = 1}\), zgadza się
2: \(\displaystyle{ (1+2)^2 = 3^2 = 9 = 1^3 + 2^3 = 9}\), ok
3: \(\displaystyle{ (1+2+3)^2 = 6^2 = 36 = 1^3 + 2^3 + 3^3= 1+8+27 = 36}\), ok

i nawet nie wiem jak to dowodzono w historii, ale proponuję dowód typu:

\(\displaystyle{ L = (\int_0^n ndn)^2 = (\frac{1}{2} n^2)^2 = \frac{1}{4}n^4}\)
a teraz te sześciany:
\(\displaystyle{ P = \int_0^n n^3dn = \frac{n^4}{4}}\)

Jak widać zgadza się: L = P.

[Premislav]

\(\displaystyle{ L = (\int_1^n ndn)^2}\)

Po pierwsze nie powinno się tak pisać, gdyż masz n zarówno jako zmienną, po której całkujesz, jak i w granicy górnej całkowania, po drugie nie powinno się tak pisać, bo \(\displaystyle{ n}\) jest naturalne, a Ty tu całkujesz w sensie Riemanna najwyraźniej. Po trzecie ta suma do kwadratu to \(\displaystyle{ \frac{n^{2}(n+1)^{2}}{4}}\), co wynika ze znanego w szkole wzoru na sumę początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego.
Nie jest to równe napisanej całce, tfu, kwadratowi całki.

\(\displaystyle{ (\int_1^n ndn)^2 = (\frac{1}{2} n^2)^2}\)

Niepoprawnie policzona całka.

\(\displaystyle{ P = \int_1^n n^3dn}\)

Nie. Po prostu nie.

\(\displaystyle{ \int_1^n n^3dn = \frac{n^4}{4}}\)

I znowu nonsens, popatrz waćpan na granice całkowania.

Jeśli jednak to jest trolling in the deep, to całkiem niezłe. -- 24 sty 2016, o 16:59 --Mój dowód: indukcja po \(\displaystyle{ n}\). Dla \(\displaystyle{ n=0}\) mamy po lewej i po prawej sumę zera składników, więc się zgadza. Dalej udowadniamy założenie indukcyjne, przekształcając tezę indukcyjną, bo jak wiadomo \(\displaystyle{ (p \Rightarrow q) \Leftrightarrow (q \Rightarrow p)}\).
Mamy
\(\displaystyle{ (1+2+3+4+...n+1)^2 = 1^3+2^3+...+(n+1)^3 \Rightarrow (1+2+3+4+...n)^2+n^{2}+1=1^{3}+2^{3}+...+n^{3}+n^{3}+1 \Rightarrow (1+2+3+4+...n)^2=1^{3}+2^{3}+...+n^{3}}\),
co kończy dowód założenia indukcyjnego. Skorzystałem z addytywności funkcji \(\displaystyle{ f(t)=t^{2}}\) (dowód: np. \(\displaystyle{ f(0+0)=0^{2}=0^{2}+0^{2}}\), więc się zgadza) oraz funkcji \(\displaystyle{ g(t)=t^{3}}\) (dowód: np. weźmy \(\displaystyle{ 0^{3}=(1+(-1))^{3}=1^{3}-1^{3}}\), znowu OK), no i na końcu użyłem znanej tożsamości \(\displaystyle{ n^{2}=n^{3}}\). Wynika ona z tego, że \(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty }n^{2}= \lim_{n \to \infty }n^{3}}\)


Uprzejmie proszę nie rozumować w ten sposób, to tylko słaby joke.

[Fibik]

Przesadzasz... ja tam nie widzę w tym dowodzie... ani żadnego problema.

Apropos i proforma... ad primo:
Ależ wolno używać takiej samej zmiennej podcałkowej jak i granicy.
To w niczym nie przeszkadza - nie ma kolizji, niejednoznaczności.

Dlatego też często można spotkać wzory typu:
\(\displaystyle{ \int_0^x f(x)dx = ...}\)
zwłaszcza jako def. tzw. funkcji 'nieelementarnych'.

po drugos, znaczy pro secundo - suma liczb:
\(\displaystyle{ 1..n}\) jest autentycznie nierówna: \(\displaystyle{ n^2}\),
no ale tak samo jest z sumą sześcianów... ba! nawet dla kwadratów jest to niezgodne!

-- 24 stycznia 2016, 18:06 --

A tak bardziej serio:
suma = całka + const,

Tym samym jeśli mamy wzór w podanym stylu, no to on faktycznie musi
być poprawny także w wersji całkowej, ale tylko z dokładnością do stałej (niezależnej od n).

Zatem można próbować wykryć inne - podobne, analogiczne wzory, w ramch samych całek, które łatwo możemy wyliczać, znaczy łatwiej od prostego sumowania setek liczb, kwadratów, itp.

[Medea 2]

Po pierwsze, ten dowód jest w obecnej postaci do niczego, bo miesza miarę liczącą z miarą Lebesgue'a, a w dodatku stosuje bezsensowny zapis

\(\displaystyle{ g(x) = \int_0^x f(x)\,\textrm{d}x}\),

bo niby czym innym miałoby być \(\displaystyle{ g(1)}\), jak nie... no właśnie,

\(\displaystyle{ \int_{[0,1]} f(1) \,\textrm{d}1}\).

Po drugie, istnieje wiele piękniejszych dowodów niż przyłożenie indukcji. Po trzecie, polecam rachunek różnicowy.

[Fibik]

Ależ bardzo dobry dowód jest!
Bowiem zastosowanie tego typu dowodu jest przeogromne.

On uwzględnia dowolne sumy, i tylko w szczególności o wyrazach w stylu: \(\displaystyle{ k^i}\), a nie tylko samo \(\displaystyle{ k = 1..n}\)

Np. nieco ogólniejszy problem typu:
\(\displaystyle{ (\sum_k k^p)^q = \sum_k k^r}\)