¿Prueba de Gauss para la suma de cuadrados?

Question

Existe una famosa prueba de la suma de números enteros, supuestamente propuesta por Gauss.

$$S=\sum\limits_{i=1}^{n}i=1+2+3+\cdots+(n-2)+(n-1)+n$$

$$2S=(1+n)+(2+(n-2))+\cdots+(n+1)$$

$$S=\frac{n(1+n)}{2}$$

Estaba buscando una prueba similar para cuando $S=\sum\limits_{i=1}^{n}i^2$

He probado el mismo método de añadir la suma a sí mismo a la inversa, y he encontrado esto:

$$2S=(1^2+n^2)+(2^2+n^2+1^2-2n)+(3^2+n^2+2^2-4n)+\cdots+(n^2+n^2+(n-1)^2-2(n-1)n$$

De la que observé que podía extraer la suma original;

$$2S-S=(1^2+n^2)+(2^2+n^2-2n)+(3^2+n^2-4n)+\cdots+(n^2+n^2-2(n-1)n-n^2$$

Entonces, si reúno todos los $n$ condiciones;

$$2S-S=n\cdot (n-1)^2 +(1^2)+(2^2-2n)+(3^2-4n)+\cdots+(n^2-2(n-1)n$$

Pero entonces me di cuenta de que todavía tenía la suma original, y sacarla significaba que ya no tenía un término de suma que extraer.

¿Me he equivocado? ¿Cómo puedo llegar a la respuesta de $\dfrac{n (n + 1) (2 n + 1)}{6}$ utilizando un método similar al que expongo más arriba? Es decir, siguiendo el razonamiento de Gauss. ?

Answer 1

Hay una prueba más bonita al estilo de Gauss que consiste en escribir los números en triángulos en lugar de en una línea.

Le dejo los detalles a usted.

Answer 2

SUGERENCIA: $(k + 1)^3 - k^3 = 3k^2 + 3k + 1$ . Telescópica la parte izquierda, resuelve para $k^2$ .

Si necesita más información, se la daré más adelante. Por si quieres una referencia, éste es uno de los primeros ejercicios del Cálculo de Spivak (no tengo la última edición, pero está en la sección "Números de varias clases").

EDITAR

Como sólo te interesa el método "gaussiano" para sumar esta serie, te sugiero que eches un vistazo a este artículo de Wikipedia sobre Progresión aritmética . Muestra cómo se puede utilizar este truco específico para hallar la suma de series aritméticas arbitrarias. Desgraciadamente, tu suma no es de este tipo, por lo que no se puede sumar por ese sencillo método.

No me cabe duda de que, si trasteas con la serie durante el tiempo suficiente, encontrarás algún truco que te permita sumarla (quizá el hecho de que la suma del primer $n$ ¿Los números Impares son un cuadrado?). Sin duda se ha investigado mucho sobre los llamados números piramidales cuadrados (¡consulte la lista de referencias!) El Wikipedia tiene una imagen de lo que estás sumando en realidad (encontrar el número de bolas en una pirámide de base cuadrada), así que quizá puedas ver por qué no son tan fáciles de sumar como los números triangulares, que se pueden ordenar fácilmente en cuadrados. En MathOverflow enlace de aelguindy ofrece una "prueba visual" de cómo se obtiene la fórmula.

Siento no poder ser de más ayuda.

Answer 3

Como creo que la solución que propone Tyler es muy útil y accesible, te la explico:

Sabemos que

$$(k+1)^3-k^3=3k^2+3k+1$$

Si damos los valores de la ecuación de $1$ a $n$ obtenemos lo siguiente:

$$(\color{red}{1}+1)^3-\color{red}{1}^3=3\cdot \color{red}{1}^2+3\cdot \color{red}{1}+1$$ $$(\color{red}{2}+1)^3-\color{red}{2}^3=3 \cdot \color{red}{2}^2+3 \cdot \color{red}{2}+1$$ $$(\color{red}{3}+1)^3-\color{red}{3}^3=3 \cdot \color{red}{3}^2+3 \cdot \color{red}{3}+1$$ $$\cdots=\cdots$$ $$(\color{red}{n-1}+1)^3-(\color{red}{n-1})^3=3(\color{red}{n-1})^2+3(\color{red}{n-1})+1$$ $$(\color{red}{n}+1)^3-\color{red}{n}^3=3\color{red}{n}^2+3\color{red}{n}+1$$

Lo sumamos ordenadamente en columnas.

Obsérvese que en el LHS los números se anulan entre sí, excepto el $(n+1)^3$ y el arranque $-1$ ( $2^3-1^3+3^3-2^3+4^3-3^3+\cdots+n^3-(n-1)^3+(n+1)^3-n^3$ ). Obtenemos:

$$(n+1)^3-1 = 3(1+2^2+3^2+\cdots +(n-1)^2+n^2)+ 3(1+2+3+\cdots +(n-1)+n)+(\underbrace{1+1+\cdots+1}_{n})$$

Podemos escribir esto en notación sigma como:

$$(n+1)^3-1=\sum\limits_{k=1}^n(3k^2+3k+1)$$

Poner nombre a nuestra suma $S$ tenemos eso:

$$(n+1)^3-1=3S+\sum\limits_{k=1}^n(3k+1)$$

Sabemos cómo calcular la suma en el lado derecho, porque

$$\sum\limits_{k=1}^n 3k =3\frac{n(n+1)}{2}$$

$$\sum\limits_{k=1}^n 1 =n$$

(Estamos sumando $n$ en la última suma).

$$(n+1)^3-1=3S+3 \frac{n(n+1)}{2}+n$$

$$n^3+3n^2+3n=3S+\frac{3}{2}n^2+\frac{3}{2}n+n$$

$$n^3+\frac{3n^2}{2}+\frac{n}{2}=3S$$

$$\frac{n^3}{3}+\frac{n^2}{2}+\frac{n}{6}=S$$

Estos factores

$$\frac{n(2n+1)(n+1)}{6}=S$$

que es lo que querías.

Answer 4

Puedes usar algo parecido, aunque requiere trabajo al final.

Si $S_n = 1^2 +2^2 + \cdots + n^2$ entonces $$S_{2n}-2S_n = ((2n)^2 - 1^2) + ((2n-1)^2-2^2) +\cdots +((n+1)^2-n^2)$$

$$=(2n+1)(2n-1 + 2n-3 + \cdots +1) = (2n+1)n^2$$ utilizando el truco de Gauss en el centro.

Del mismo modo $$S_{2n+1}-2S_n = (2n+1)(n+1)^2$$

Así, por ejemplo, para calcular $S_9$ , empiezas

$$S_0=0^2=0$$

$$S_1=1 + 2S_0 = 1$$

$$S_2=3+2S_1=5$$

$$S_4=25+2S_2=30$$

$$S_9 = 225+2S_4 = 285$$

pero está claro que hay formas más fáciles.

Answer 5

Esta respuesta utiliza la fórmula para la suma de números Impares, que es $$i^2=\sum_{k=1}^i 2k-1$$ Primero inserte esto en la fórmula considerada $$s_n\overset{\mathrm{def}}{=}\sum_{i=1}^ni^2=\sum_{i=1}^{n}\sum_{k=1}^i (2k-1)$$

Definitivamente al estilo de Gauss es escribir la suma para cada $i$ y utilizando una fila para cada $i$ : \begin{align} s_n&=\color{red}{1}\\ &+\,\color{red}{1}+\color{blue}{3}\\ &+\,\color{red}{1}+\color{blue}{3}+\color{green}{5}\\ &+\,\color{red}{1}+\color{blue}{3}+\color{green}{5}+7\\ &\;\vdots\\ &+\,\color{red}{1}+\color{blue}{3}+\color{green}{5}+7+\ldots+2n-1 \end{align} Ahora suma columna por columna empezando por la última para obtener $$s_n=1\cdot (2n-1)+2\cdot (2n-3)+3\cdot (2n-5)+\ldots+\cdot \color{green}{(n-2)\cdot 5}+\color{blue}{(n-1)\cdot 3}+\color{red}{n\cdot 1}$$ que es exactamente la suma $$s_n=\sum_{i=1}^n i\cdot(2n-(2i-1))=\sum_{i=1}^n i((2n+1)-2i)$$ Para obtener el resultado final, sólo tienes que hacer cálculos sencillos, que puedes ver aquí: $$s_n=(2n+1)\sum_{i=1}^n i-2\sum_{i=1}^n i^2=(2n+1)\frac{n(n+1)}{2}-2s_n$$ Así $$3s_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{2}\qquad \Rightarrow\qquad s_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$$