Dowód Maul: jak udowodnic że suma kwadratów następnych liczb naturalnych zaczynając od 1 rowna się ^n(n+1)(2n+1)₆ 1²+2²+3²+...+n²=^n(n+1)(2n+1)₆ potrzebny mi jest dowod. Byle by nie indukcyjny. Chcę to zrozumiec

Mila: zobacz tam www.zsi.edu.pl/kolo%20matematyczne/lista2.doc

Maul: to jest jedyny dowód? jest może jakis inny?

Mila: To jest bardzo ładny dowód.

pigor: ...no to ja . ... jak się wyśpię podam nieco inny pomysł tego dowódu, a na razie dobranoc

Trivial: Wyprowadzenie. Można policzyć przez zaburzanie próbując obliczyć sumę sześcianów, która skróci się, ale da rozwiązanie dla problemu sumy kwadratów. ∑_k=1ⁿ k³ = ? ∑_k=1ⁿ k³ = ∑_k=0ⁿ⁻¹ (k+1)³ = ∑_k=0ⁿ⁻¹(k³ + 3k² + 3k + 1) = ∑_k=0ⁿ⁻¹k³ + 3*∑_k=0ⁿ⁻¹k² + 3*∑_k=0ⁿ⁻¹k + ∑_k=0ⁿ⁻¹1 = ∑_k=0ⁿ⁻¹k³ + 3*∑_k=0ⁿ⁻¹k² + 3*∑_k=0ⁿ⁻¹k + n Lewą stronę rozbijamy na ∑_k=1ⁿ k³ = n³ + ∑_k=0ⁿ⁻¹ k³. Po lewej i po prawej mamy ten sam wyraz ∑_k=0ⁿ⁻¹k³, który redukuje się, co prowadzi do równania n³ = 3*∑_k=0ⁿ⁻¹k² + 3*∑_k=0ⁿ⁻¹k + n skąd już błyskawicznie

	1
∑k=0n−1k2 =		(n3−n) − ∑k=0n−1k
	3

Suma ∑_k=0ⁿ⁻¹k jest sumą n−1 pierwszych wyrazów ciągu arytmetycznego, która jest równa

	n(n−1)
		. Zatem
	2

	1		n(n−1)
∑k=0n−1k2 =		(n3−n) −
	3		2

	1		n−1
= n(		(n2−1) −		)
	3		2

	1
=		n(2n2−2 − 3n+3)
	6

	1
=		n(2n2−3n+1)
	6

	1
=		n(n−1)(2n−1).
	6

To była suma od 0 do n−1, a nas interesuje od 1 do n. Dla k=0 mamy k²=0 − wystarczy więc w każde miejsce za n podstawić n+1.

	n(n+1)(2n+1)
∑k=1n k2 =		.
	6

Trivial: Inny sposób wyprowadzenia. Zauważmy, że ∑_k=1ⁿ (a_k+1 − a_k) = a_n+1 − a₁. Interesuje nas suma ∑_k=1ⁿ k² Jeżeli teraz udałoby nam się przedstawić k² = a_k+1 − a_k, z łatwością policzylibyśmy tę sumę. Weźmy a_k = ak³ + bk² + ck + d, wtedy a_k+1 = a(k+1)³ + b(k+1)² + c(k+1) + d = a(k³+3k²+3k+1) + b(k²+2k+1) + c(k+1) + d = ak³ + (3a+b)k² + (3a+2b+c)k + (a+b+c+d) Zatem a_k+1 − a_k = 3ak² + (3a+2b)k + (a+b+c) I to ma być równe k². Przyrównujemy współczynniki.

	1
k2: 3a = 1 → a =
	3

	1
k1: 3a + 2b = 0 → b = −
	2

	1		1		1
k0: a + b + c = 0 → c = −(a+b) = −		+		=		.
	3		2		6

Czyli znaleźliśmy a_k, takie że k² = a_k+1 − a_k. Nasze a_k równe jest

	1		1		1
ak =		k3 −		k2 +		k + d
	3		2		6

	1
=		(2k3 − 3k2 + k) + d
	6

	1
=		k(2k2 − 3k + 1) + d
	6

	1
=		k(k−1)(2k−1) + d
	6

Korzystając ze wzoru ∑_k=1ⁿ (a_k+1 − a_k) = a_n+1 − a₁ otrzymujemy

	1
∑k=1n k2 =		n(n+1)(2n+1)+d − (0 + d)
	6

	n(n+1)(2n+1)
=		.
	6

AS: Może mniej naukowo jak podał Trivial. Korzystam z tożsamości (x + 1)³ − x³ = 3*x² + 3*x + 1 Dla x = 1,2,3,...,n otrzymujemy 2³ − 1³ = 3*1² + 3*1 = 1 3³ − 2³ = 3*2² + 3*2 + 1 4³ − 3³ = 3*3² + 3*3 + 1 −−−−−−−−−−−−−−−−−−− (n + 1)³ − n³ = 3*n² + 3*n + 1 Stronami dodajemy (n + 1)³ − 1³ = 3*(1² + 2² + 3² + ... + n²) + 3*(1 + 2 + 3 + ... + n) + n*1 (n + 1)³ − 1³ = 3*S + 3*n/2*(n + 1) + n n³ + 3*n² + 3*n + 1 − 1 = 3*S + 3/2*n² + 3/2*n + n |*2 2*n³ + 6*n² + 6*n + 2 = 6*S + 3*n² + 3*n + 2*n 6*S = 2*n³ + 3*n² + n S = 1/6*n*(n + 1)*(2*n + 1) co należało wykazać

Trivial: AS, można też skorzystać z własności rachunku różnicowego: Definiujemy silnię dolną x^m = x(x−1)(x−2)(x−3)...(x−(m−1)). Wtedy

	xm+1
∑xmδx =		+ c, dla m≠−1
	m+1

Znając taką zależność, oraz to, że ∑_k=1ⁿ a_k = [ ∑a_xδx ]_x=1^x=n+1 można liczyć błyskawicznie. ∑x²δx = ∑(x(x−1) + x)δx = ∑(x² + x¹)δx = = ¹₃x³ + ¹₂x² + c = ¹₆x²(2(x−2)+3) + c =

	1
=		x(x−1)(2x−1) + c.
	6

	n(n+1)(2n+1)
∑k=1n k2 =
	6

pigor: ... jak u AS−a , ale technicznie nieco inaczej od miejsca : (n + 1)³−1= 3*S+³₂n(n+1)+n /*2 ⇔ 2(n+1)³−2(n+1)−3n(n+1) = 6S ⇔ ⇔ 6S=(n+1)(2n²+4n+2−2−3n) ⇔ 6S=(n+1)(2n²+n) /:6 ⇒ S=¹₂n(n+1)(2n+1). ...

AS: Szanowny Trivial. Wszystko się zgadza,ja również aprobuję Twoje wywody, ale przyjmuję że są one za trudne dla Maul , dlatego podaję sposób łopatologiczny, na poziomie szkoły średniej. Serdeczne pozdrowienia.

pigor: ...no to jeszcze taki ... pomysł niech S²_n=1²+2²+3²+...+n²= ? i (*) S_n=1+2+3+...+n=¹₂n(n+1) , to tworząc tablicę wartości sum częściowych S_n i S²_n dla n=1,2,3, ... mamy : n || 1 2 3 4 5 6 ... || −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− S²_n || 1 5 14 30 55 91 ... || −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− S_n || 1 3 6 10 15 21 ... ||

	S2n		1		5		14		30		55		91
i utwórzmy iloraz		=		,		,		,		,		,		, ... ,
	Sn		1		3		6		10		15		21

	S2n		3		5		7		9		11		13
czyli		=		,		,		,		,		,		, ... ciekawe, co
	Sn		3		3		3		3		3		3

narzuca się więc hipoteza (dlatego ... potrzebna

	S2n		2n+1
indukcja mat.), że		=		, stąd i z (*)
	Sn		3

	2n+1
S2n=Sn *		=12n(n+1)*13 (2n+1)=16n(n+1)(2n+1) . ...
	3

=

AS: Interesujący wywód

AS: Korzystając z gotowca mamy

Sn2		1/6*n*(n + 1)*(2*n + 1)
	=		mamy
Sn		1/2*n*(n + 1)

Sn2		2*n + 1
	=
Sn		3

a więc ostatni wniosek prowadzący do rozwiązania.

Pestek: Kobinujecie jak młody Gauss z arytmetycznym kiedyś

Maul: Dzięki pigor to mnie przekonało i zaintrygowało. Reszte ogarne jak będe na studiach

Saizou : wiem, że nie miało być indukcyjnie, ale tram metoda jest prosta i przyjemna(jak na moim poziomie ):

	n(n+1)(2n+1))
12+22+332+...+n2=
	6

1^o n=1 L=1²=1

	1(1+1)(2*1+1)		6
P=		=		=1
	6		6

2^o

	k(k+1)(2k+1))
12+22+32+...k2=
	6

3^o

	(k+1)(k+1+1)(2(k+1)+1)
12+22+32+...k2+(k+1)2=
	6

	k(k+1)(2k+1))		k(2k2+3k+1)
L=12+22+32+...k2+(k+1)2=		+k2+2k+1=
	6		6

	6k2+12k+6		2k3+3k2+k+6k2+12k+6		2k3+9k2+13k+6
+		=		=
	6		6		6

	(k+1)(k+1+1)(2(k+1)+1)		(k2+3k+2)(2k+3)		2k3+3k2+6k2+9k+4k+6
P=		=		=		=
	6		6		6

2k3+9k2+13k+6
6

zatem L=P c.n.u

pigor: ... oczywiście, gdybym nie znał wzoru , który jest prawdziwy (ma łatwy dowód indukcyjny) do którego miałem dojść, to bym musiał oczywiście go udowodnić (sprawdzić jego prawdziwość) indukcyjnie , aby się przekonać, że moja hipoteza jest ... prawdą, a nie tylko hipotezą .

pigor: ... trochę inaczej dla n=k+1 dowód, czyli punkt :

	k(k+1)(2k+1)		1
3o. L= S2k+1=		+ (k+1)2=		(k+1) (2k2+k+6k+6)=
	6		6

	1		1		1
=		(k+1)(2k2+4k+3k+6)=		(k+1)[2k(k+2)+3(k+2)]=		(k+1)(k+2)(2k+3) c.n.u.
	6		6		6