Fórmula para $1^2+2^2+3^2+...+n^2$

Question

En el ejemplo para obtener la fórmula para $1^2+2^2+3^2+...+n^2$ expresan $f(n)$ como: $$f(n)=an^3+bn^2+cn+d$$ also known that $f(0)=0$, $f(1)=1$, $f(2)=5$ and $f(3)=14$

A continuación, estos valores se insertan en la función, obtenemos el sistema de ecuaciones a resolver y a,b,c,d coeficientes y tenemos que $$f(n)=\frac{n}{6}(2n+1)(n+1)$$

A continuación, se ha demostrado con la inducción matemática que es cierto para cualquier n.

Y la pregunta es, ¿por qué toman 4 coeficientes en el principio, ¿por qué no $f(n)=an^2+bn+c$ o incluso más? Cómo se sabe que el 4 va a ser suficiente para conseguir la fórmula correcta?

Answer 1

Es una consecuencia de las siguientes expresiones algebraicas identidad

$$1+2^{2}+3^{2}+\ldots +n^{2}=\frac{1}{3}\left( n^{3}+3n^{2}+3n+1\right) - \frac{1}{3}n-\frac{1}{2}(n^2+n)-\frac{1}{3}.$$ $$\tag{1}$$

El lado derecho es una cúbicos función de $n$: $\frac{1}{3}n^{3}+\frac{1}{2}n^{2}+\frac{1}{6}n$.

Prueba. A partir de la identidad algebraica

$$\left( 1+k\right) ^{3}=1+3k+3k^{2}+k^{3}$$

obtenemos los siguientes $n$ identidades:

$$\begin{eqnarray*} \left( 1+1\right) ^{3} &=&1+3+3+1 \\ \left( 1+2\right) ^{3} &=&1+3\cdot 2+3\cdot 2^{2}+2^{3} \\ \left( 1+3\right) ^{3} &=&1+3\cdot 3+3\cdot 3^{2}+3^{3} \\ &&\ldots \\ \left( 1+n\right) ^{3} &=&1+3n+3n^{2}+n^{3}. \end{eqnarray*}$$

Ahora si sumamos estas igualdades y cancelar los términos comunes, $\left( 1+1\right) ^{3}$ on the LHS of the first and $2^{3}$ en el lado derecho de la segundo, $\left( 1+2\right) ^{3}$ en el lado izquierdo de la segunda y $3^{3}$ sobre el RHS de la tercera, etc., y $(1+n-1)^3$ en el lado izquierdo de la segunda y última $n^3$ en el lado derecho de la última, obtenemos:

$$\left( 1+n\right) ^{3}=n+3(1+2+3+\ldots +n)+3(1+2^{2}+3^{2}+\ldots +n^{2})+1,\tag{2}$$

y $(1)$ sigue de $(2)$ y la fórmula de la suma de la progresión aritmética $$1+2+3+\ldots +n=\frac{\left( n+1\right) n}{2}.$$

(Adaptado de la Prueba 1 en esta respuesta a la pregunta de Prueba de que $\sum_{k=1}^n k^2$ = $\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$? ; ver más arriba Theo Buehler comentario.)

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Nota: Este es un caso particular de la suma de $1+2^{p}+3^{p}+\ldots +n^{p}$, que es un polinomio de grado $p+1$.

Answer 2

Hay varias maneras de ver esto:

• Como Rasmus señaló uno en un comentario, se puede estimar que la suma por una integral.
• Imaginen el número que se agrega como de las secciones transversales de una ecuación cuadrática de la pirámide. Su volumen es cúbica en sus dimensiones lineales.
• Aplicar el operador diferencia $\Delta g(n)=g(n+1)-g(n)$ $f$repetidamente. A continuación, aplicar a un polinomio y comparar los resultados.

[Editar en respuesta al comentario:]

Una integral puede ser considerado como un límite de una suma. Si el importe en $k^2$, esto puede considerarse como la suma de las áreas de los rectángulos con la anchura $1$ y la altura de la $k^2$, donde cada rectángulo se extiende desde $k-1$ $k$ $x$dirección. (Si es que no se desprende de las palabras, trata de dibujar). Ahora si conecta los puntos de $(k,k^2)$ por el continuo gráfica de la función $f(x)=x^2$, el área bajo que el gráfico es una aproximación del área de los rectángulos (y viceversa). Así tenemos

$$1^2+\dotso+n^2\approx\int_0^nk^2\mathrm dk=\frac13n^3\;.$$

Answer 3

Como indican los comentarios, hay muchas posibilidades. Primero se supone que es un polinomio (tal vez por ninguna buena razón, ¿sabes?). Se podría considerar que el polinomio crece asintóticamente como una cúbicos a partir de la integral.

O uno podría repetidamente aplicar el operador diferencia. Por ejemplo, el primer par de valores se 0, 1, 5, 14, 30, 55... a Continuación, el primer conjunto de diferencias es 1, 4, 9, 16, 25... El segundo conjunto de diferencias es de 3, 5, 7, 9... El tercer juego de las diferencias es 2, 2, 2, 2, 2...

Por lo tanto tenemos la sospecha de un polinomio cúbico va a hacer.

Answer 4

Se trata de que el hecho de que el operador diferencia $$\Delta f(n) = f(n+1)-f(n)$$ acting on polynomials $f(x)$ of degree $d$ will result in polynomials in degree $d-1$ (check this!) - the difference between $f(n)=1^2+2^2+\cdots+n^2$ and $f(n+1)=1^2+\cdots+(n+1)^2$ is simply $(n+1)^2$, which is a quadratic in $n$, hence we should expect $f$ a cúbicos.

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Más rigurosamente, podemos razonar por inducción, a pesar de que esto podría ser demasiado avanzado para el OP a seguir a lo largo. Supongamos que tenemos la antidifference $\Delta^{-1}n^p$ para los exponentes $p=0,1,\dots,k-1$ (no será arbitrario aditivo constantes, pero estos cancelar cuando ponemos definitivo de límites en el implícita suma así vamos a ignorarlos). A continuación, tenga en cuenta que $\Delta n^{k+1}$ puede ser ampliado (a través del teorema del Binomio) en potencias de $n$$l=0$$k$. Si restamos a cabo todos los poderes de $l=0$ $l=k-1$y los puso a un lado de $\Delta n^{k+1}$, entonces tenemos todos los términos sabemos que el antidifference de en un lado de la ecuación y $n^k$ sobre el otro. Aplicar el antidifference y ahora tenemos una fórmula para $\Delta^{-1} n^k$.