Suma kwadratów i sześcianów

[Johny94]

Mam takie wzory:
\(\displaystyle{ 1^{2}+2^{2}+...+n^{2}= \frac{n \left( n+1 \right) \left( 2n+1 \right) }{6}}\)
oraz
\(\displaystyle{ 1^{3}+2^{3}+... + n^{3} = \left( \frac{n \left( n+1 \right) }{2} \right) ^{2}}\)
I chciałbym wiedzieć skąd wzięły się wyprowadzenia tych wzorów, można zauważyć pewną analogię co do wzrostów wyrazów po lewej stronie, ale wpaść nie mogę jak ktoś te wzory wymyślił.

[szw1710]

Piękne, a zarazem proste metody są pokazane w książce Matematyka konkretna.

[yorgin]

Rzuć okiem na ten temat: 258562.htm

[Johny94]

Dzięki za tego linka, naprawdę świetny sposób, ale myślałem o nieco innym, w którym jakoś trzeba by wykorzystać, że w pierwszym wyrażeniu składniki są kolejno większe o 3,5,7,... Jakby ktoś miał jakieś inne sposoby, fajnie jakby się podzielił.

[norwimaj]

Z sześciennych klocków, o objętości \(\displaystyle{ 1}\) każdy, układasz piramidę, kładąc najpierw \(\displaystyle{ n^2}\) klocków ułożonych w kwadrat, następnie na wierzchu kładąc kwadrat \(\displaystyle{ (n-1)\times (n-1)}\), itd. W ten sposób otrzymujesz bryłę o objętości \(\displaystyle{ 1^{2}+2^{2}+...+n^{2}}\). Poniższa mapa pokazuje, jak można to zrobić dla \(\displaystyle{ n=4}\). Zaznaczyłem liczby klocków ułożonych jeden na drugim w poszczególnych punktach.

\(\displaystyle{ \begin{picture}(0,0)
\put(0,0){\line(0,1){40}}
\put(0,0){\line(1,0){40}}
\put(10,10){\line(0,-1){10}}
\put(10,10){\line(-1,0){10}}
\put(20,20){\line(0,-1){20}}
\put(20,20){\line(-1,0){20}}
\put(30,30){\line(0,-1){30}}
\put(30,30){\line(-1,0){30}}
\put(40,40){\line(0,-1){40}}
\put(40,40){\line(-1,0){40}}
\put(12.5,1.2){$3$}
\put(2.5,11.2){$3$}
\multiput(22.5,1.2)(0,10){2}{$2$}
\multiput(2.5,21.2)(10,0){2}{$2$}
\multiput(32.5,1.2)(0,10){3}{$1$}
\multiput(2.5,31.2)(10,0){3}{$1$}
\multiput(42.5,1.2)(0,10){4}{$0$}
\multiput(2.5,41.2)(10,0){4}{$0$}
\color{gray}
\put(2.5,1.2){$4$}
\put(12.5,11.2){$3$}
\put(22.5,21.2){$2$}
\put(32.5,31.2){$1$}
\put(42.5,41.2){$0$}
\end{picture}}\)

Następnie otrzymaną bryłę można uzupełnić do ostrosłupa. Na przekątnej, tam gdzie liczby wpisałem szarym kolorem, kładziemy \(\displaystyle{ n+1}\) ostrosłupów czworokątnych o podstawie \(\displaystyle{ 1\times1}\) i wysokości \(\displaystyle{ 1}\). W pozostałych \(\displaystyle{ n(n+1)}\) miejscach kładziemy graniastosłupy trójkątne o wysokości \(\displaystyle{ 1}\), o podstawach będących trójkątami równoramiennymi prostokątnymi o ramionach \(\displaystyle{ 1}\). Każdy taki graniastosłup kładziemy na jednej z jego ścian bocznych. W ten sposób otrzymać możemy ostrosłup o wysokości \(\displaystyle{ n+1}\) i o podstawie będącej kwadratem \(\displaystyle{ (n+1)\times(n+1)}\). Zatem

\(\displaystyle{ \left(1^{2}+2^{2}+...+n^{2}\right) + (n+1)\cdot\frac13 + n(n+1)\cdot\frac12=\frac{(n+1)^3}3,}\)

czyli

\(\displaystyle{ 1^{2}+2^{2}+...+n^{2}=\frac{(n+1)^3}3- (n+1)\cdot\frac13 - n(n+1)\cdot\frac12=\frac{n \left( n+1 \right) \left( 2n+1 \right) }{6}.}\)

Drugą sumę można potraktować podobnie, ale ja ze względu na słabą wyobraźnię przestrzenną wolę posłużyć się rachunkiem całkowym.

[Vether]

Polecam zapoznać się z:

Kod: Zaznacz cały

http://www.deltami.edu.pl/temat/matematyka/kombinatoryka/2013/01/30/Suma_trzecich_poteg/

[Johny94]

Bardzo dziękuję za odpowiedzi, a zapytam jeszcze, jakby sprawę rozwiązać, gdybyśmy dodawali kwadraty tylko kolejnych liczb nieparzystych, bo chyba sposób z zaburzaniem sumy by nie zadziałał, więc jaki byłby sposób na odnalezienie takiego wzoru.

[mdd]

Można też tak jak poniżej.

Jeśli szukamy wzoru na sumę pierwszych potęg liczb \(\displaystyle{ 1,2,3,...,n}\) to rozważamy obrazki typu:


Jeśli szukamy wzoru na sumę drugich potęg liczb \(\displaystyle{ 1,2,3,...,n}\) to rozważamy obrazki typu:


Można wtedy zapisać, że:

\(\displaystyle{ \left( 1^2+2^2+3^2+...+n^2\right) + \left( 1+\left( 1+2\right) +\left( 1+2+3\right) +...+\left( 1+2+3+...+n\right) \right)=\left( 1+2+3+...+n\right) \cdot \left( n+1\right)}\)

innymi "słowy":

\(\displaystyle{ S^{2}_n + \sum_{i=1}^{n} S^{1}_i = (n+1) \ S^{1}_n}\)

\(\displaystyle{ S^{2}_n + \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{2}i(i+1) = (n+1) \cdot \frac{1}{2}n(n+1)}\)

\(\displaystyle{ S^{2}_n + \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} i^2 + \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} i= \frac{1}{2}n(n+1)^2}\)

\(\displaystyle{ S^{2}_n + \frac{1}{2} S^{2}_n + \frac{1}{2} S^{1}_n= \frac{1}{2}n(n+1)^2}\)

\(\displaystyle{ \frac{3}{2} S^{2}_n + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2}n(n+1)= \frac{1}{2}n(n+1)^2}\)

Na podstawie powyższego otrzymujemy:
\(\displaystyle{ S^{2}_n = \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)}\)
________________________________________________________________________________________________________

Jeśli szukamy wzoru na sumę trzecich potęg liczb \(\displaystyle{ 1,2,3,...,n}\) to obrazek wtedy składa się z prostokątów o rozmiarach: \(\displaystyle{ 1^2 \times 1, \ 2^2 \times 2, \ 3^2 \times 3, \ ..., n^2 \times n}\)

Na podstawie "zmontowanego" obrazka można napisać:

\(\displaystyle{ \left( 1^3+2^3+3^3+...+n^3\right) + \left( 1^2+\left( 1^2+2^2\right) +\left( 1^2+2^2+3^2\right) +...+\left( 1^2+2^2+3^2+...+n^2\right) \right)=\left( 1^2+2^2+3^2+...+n^2\right) \cdot \left( n+1\right)}\)
czyli:
\(\displaystyle{ S^{3}_n + \sum_{i=1}^{n} S^{2}_i = (n+1) \ S^{2}_n}\)

\(\displaystyle{ S^{3}_n + \sum_{i=1}^{n} \left(\frac{1}{6}i(i+1)(2i+1)\right) = (n+1) \ S^{2}_n}\)

\(\displaystyle{ S^{3}_n + \frac{1}{6} \sum_{i=1}^{n} \left(2i^3+3i^2+i\right) = (n+1) \ S^{2}_n}\)

\(\displaystyle{ S^{3}_n + \frac{1}{3} \sum_{i=1}^{n} i^3 + \frac{1}{2} \sum_{i=1}^{n} i^2 + \frac{1}{6} \sum_{i=1}^{n}i = (n+1) \ S^{2}_n}\)

\(\displaystyle{ S^{3}_n + \frac{1}{3} S^{3}_n + \frac{1}{2} S^{2}_n + \frac{1}{6} S^{1}_n = (n+1) \ S^{2}_n}\)

\(\displaystyle{ \frac{4}{3} S^{3}_n + \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1) + \frac{1}{6} \cdot \frac{1}{2}n(n+1) = (n+1) \cdot \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)}\)

Ostatecznie:
\(\displaystyle{ S^{3}_n = 1^3+2^3+3^3+ ... +n^3 = \frac{1}{4}n^2(n+1)^2}\)
_________________________________________________________________________________________________

Ogólnie:
\(\displaystyle{ S^{k+1}_n + \sum_{i=1}^{n} S^{k}_i = (n+1) \ S^{k}_n}\)

[yorgin]

Bardzo dziękuję za odpowiedzi, a zapytam jeszcze, jakby sprawę rozwiązać, gdybyśmy dodawali kwadraty tylko kolejnych liczb nieparzystych, bo chyba sposób z zaburzaniem sumy by nie zadziałał, więc jaki byłby sposób na odnalezienie takiego wzoru.

Rzuć okiem tym razem na ten temat, gdzie padły dwa sposoby: arytmetyczny oraz intuicja geometryczna: 344604.htm

[vpprof]

Ewentualnie można przedstawić lewą stronę jako ciąg zdefiniowany rekurencyjnie np. w pierwszym przypadku będzie to \(\displaystyle{ \begin{cases} a_0 = 1 \\ a_n = a_{n-1}+(n+1)^2\end{cases}}\) i następnie rozwiązać rekurencję np. z użyciem funkcji tworzących.-- 25 gru 2013, o 20:11 --

Bardzo dziękuję za odpowiedzi, a zapytam jeszcze, jakby sprawę rozwiązać, gdybyśmy dodawali kwadraty tylko kolejnych liczb nieparzystych, bo chyba sposób z zaburzaniem sumy by nie zadziałał, więc jaki byłby sposób na odnalezienie takiego wzoru.

Tak jak napisałem, masz ciąg taki że \(\displaystyle{ a_0=1^2,\ a_1=a_0+(1+2)^2,\ a_2=a_1+(1+2+2)^2,\ a_3=a_2+(1+3 \cdot 2)^2}\) czyli w ogólności:

\(\displaystyle{ \begin{cases} a_0=1 \\ a_n=a_{n-1}+(1+2n)^2 \end{cases}}\)

Jego funkcją tworzącą jest:
\(\displaystyle{ G(x)= \sum_{n \ge 0} a_n x^n =
1+\sum_{n \ge 1}\left( a_{n-1}+1+4n+4n^2 \right) x^n =
1+x\sum_{n \ge 0}a_n x^n+x\sum_{n \ge 0}x^n+4x\sum_{n \ge 0}(n+1)x^n+4x\sum_{n \ge 0}(n+1)^2x^n}\)

postać zwarta (n+1)^2:    

Ponieważ postać zwarta \(\displaystyle{ \sum_{n \ge 0}(n+1)^2x^n}\) nie jest (przynajmniej mi) znana, posłużę się tą tożsamością, aby ją wyznaczyć:
\(\displaystyle{ \frac{1}{(1-x)^3} = \sum_{n \ge 0} \frac{(n+1)(n+2)}{2!} x^n =
\sum_{n \ge 0} \frac{(n+1)(n+1+1)}{2} x^n =
\sum_{n \ge 0} \frac{(n+1)^2+n+1}{2} x^n}\)

Zatem \(\displaystyle{ \frac{2}{(1-x)^3}-\frac{1}{(1-x)^2} =\sum_{n \ge 0} (n+1)^2x^n}\).

\(\displaystyle{ G(x)=1+xG(x)+ \frac{x}{1-x} + \frac{4x}{(1-x)^2} + \frac{8x}{(1-x)^3}-\frac{4x}{(1-x)^2}}\)

\(\displaystyle{ G(x)\left( 1-x\right) =1+\frac{x}{1-x} + \frac{8x}{(1-x)^3}}\)

\(\displaystyle{ G(x)= \frac{1}{1-x}+ \frac{x}{(1-x)^2} + \frac{8x}{(1-x)^4} =
\sum_{n \ge 0}x^n +\sum_{n \ge 1}nx^n+ \frac{8}{3!} \sum_{n \ge 1}n(n+1)(n+2)x^n}\)

Zatem dla \(\displaystyle{ n \ge 1:\ a_n = 1+n+ \frac{4}{3} \left( n^3+3n^2+2n\right)}\)

Ostatecznie

\(\displaystyle{ \boxed{\boxed{a_n= \frac{4}{3}n^3+4n^2+ \frac{11}{3}n+1}}}\)

[Mariusz M]

Coś podobnego już było
114508.htm

vpprof, postac zwartą można było otrzymac różniczkując szereg geometryczny