Recopilación de pruebas para la suma de cuadrados y cubos naturales

Question

Quiero saber diferentes pruebas para las siguientes fórmulas,

$$ \sum_{i=1}^n{i^2} = \frac{(n)(n+1)(2n+1)}{6} $$

$$ \sum_{i=1}^n{i^3} = \frac{n^2(n+1)^2}{2^2} $$

Por favor, no marquen esto como duplicado, ya que lo que quiero específicamente es estar expuesto a una variedad de pruebas utilizando diferentes técnicas (no encontré tal compilación en ningún lugar de la red)

Sólo conozco dos pruebas, una que utiliza la expansión de $(x+1)^2 - x^2$ y $(x+1)^3 - x^3$ y el otro que utiliza la inducción. He proporcionado el enlace para la prueba de la inducción en una auto-respuesta.

Estoy especialmente interesado en prueba sin palabras y pruebas que utilizan una matemática no relacionada concepto (se aceptan las matemáticas de nivel superior hasta el nivel de la clase 12).

También,

(1) No creas que estoy siendo grosero ni nada por el estilo, es por genuino interés que hago esta pregunta.

(2) Alguien marcó esto como un duplicado de Métodos de cálculo $\sum_{k=1}^nk^p$ sin la fórmula de Faulhaber

Mi pregunta es diferente en tres sentidos:

(i) Quiero centrarme sólo en estos dos sumandos y no en el caso general,

(ii) Por lo tanto, se deduce que las pruebas que busco son más sencillas que las proporcionadas en ese enlace y son más simples (utilizando imágenes, dibujos o álgebra de la escuela secundaria). Lo que quiero es estudiar nuevas pruebas . Creo que es una buena práctica en el aprendizaje de las matemáticas.

(iii) Como las pruebas en el enlace se dan para el caso general, son complicadas y me cuesta entenderlas. Si alguien es capaz de utilizar el mismo método para los dos casos de mi pregunta, entonces probablemente sería mucho más sencillo y fácil de digerir.

Anexo

No dude en utilizar estos temas en sus respuestas,

Cálculo

Expansión binomial básica

Geometría de coordenadas

Álgebra (hasta lo que aprenden los jóvenes de 18 años)

Ampliaciones de la serie Taylor

Geometría (nivel 18 años)

básicamente.............math que los jóvenes de 18 años aprenden en la Tierra.

Si quieres equivocarte, hazlo por el lado de las matemáticas más altas:)

Lista de recopilación de respuestas

1. Por la serie Newton

2. Por los números de Sterling

3. Por inducción

4. Del libro Generación de funcionalidades por Herbert Wilf

5. Generalizando el siguiente patrón $$\begin{align} &\ \,4\cdot5\cdot6\cdot7\\=&(1\cdot2\cdot3\cdot4+2\cdot3\cdot4\cdot5+3\cdot4\cdot5\cdot6+4\cdot5\cdot6\cdot7)\\-&(0\cdot1\cdot2\cdot3+1\cdot2\cdot3\cdot4+2\cdot3\cdot4\cdot5+3\cdot4\cdot5\cdot6)\\ =&(1\cdot2\cdot3\cdot4+2\cdot3\cdot4\cdot4+3\cdot4\cdot5\cdot4+4\cdot5\cdot6\cdot4)\\ \end{align}$$

6. Por interpolación lagrangiana

7. Por diferenciación formal

8. Por la fórmula de suma de Euler-Maclaurin

9. Suponiendo que la expresión es un polinomio de grado $2$ .

10. A Prueba sin palabras para el caso del cubo

11. Integrando y asumiendo un término de error.

12. El enfoque personal de SimplyBeatifulArt

Answer 1

Para la suma de cubos hay una bonita ilustración en el artículo de la wikipedia Número triangular cuadrado Ilustrando el teorema de Nicomachus.

$$\sum_{i=1}^ni^3=\left(\sum_{i=1}^ni\right)^2$$

( Teorema de Nicómaco por Cmglee )

Answer 2

Integrando y asumiendo un término de error

Suponiendo que se conozca: $$\sum_{i=1}^{n}{1}=n \tag{*}$$ y $$\sum_{i=1}^{n}{i}=\frac{n(n+1)}{2}\tag{**}$$

Dejemos que $\sigma$ ser: $$\sigma(n)=\sum_{i=1}^{n}{i^2}$$ Esto es similar a la integral: $$\Sigma(n)=\int_{0}^{n}{x^2\,dx}$$ hasta un error $\epsilon(n)$ . Por lo tanto: $$\sigma(n) = \Sigma(n) +\epsilon(n) \tag{1}$$ Este error se puede obtener por el hecho de que la curva $x^2$ es siempre inferior al valor real $i^2$ por lo que se aplica $(*)$ y $(**)$ : $$\epsilon(n) = \sum_{i=1}^{n}{\left[i^2-\int_{i-1}^{i}{x^2\,dx}\right]}=\sum_{i=1}^{n}{\left[i-\frac{1}{3}\right]}=\frac{n(n+1)}{2}-\frac{n}{3}$$ Integrando $\Sigma(n)$ y sumarlos en $(1)$ se alcanza el resultado deseado: $$\sigma(n) = \frac{n^3}{3}+\frac{n(n+1)}{2}-\frac{n}{3}=\frac{n(2n+1)(n+1)}{6}$$

La de su segunda prueba requerida implica el resultado anterior, y se hace de forma similar. Pruébalo.

Answer 3

Mi enfoque personal :

Dejemos que $f(x,p)$ sea un polinomio de $x$ con grado $p+1$ tal que para $n\in\mathbb N$ tenemos

$$f(n,p)=\sum_{k=1}^nk^p$$

Esta función satisface la relación recursiva:

$$f(x,p)=a_px+\int_0^xf(t,p-1)~\mathrm dt$$

donde

$$a_p=1-p\int_0^1f(t,p-1)~\mathrm dt$$

Por ejemplo, si sabe que

$$f(x,1)=\frac{x(x+1)}2$$

Entonces se deduce que $a_1=\frac12$ y

$$f(x,2)=\frac12x+\int_0^x\frac{t(t+1)}2~\mathrm dt=\frac{x(x+1)(2x+1)}6$$

que es la fórmula de $\sum k^2$ .

---

Como se describe en esta respuesta tenemos

$$\sum_{k=1}^nk^p=\sum_{k=1}^p{p\brace k}\frac{(n+1)^{\underline{k+1}}}{k+1}$$

Donde ${p\brace k}$ es un número stirling del segundo tipo y $a^{\underline b}=a(a-1)(a-2)\dots(a-b+1)$ es un factorial descendente. Para sus casos,

$$\sum_{k=1}^nk^2={2\brace1}\frac{(n+1)(n)}2+{2\brace2}\frac{(n+1)(n)(n-1)}3\\=\frac{n(n+1)}2+\frac{n(n+1)(n-1)}3\\=\frac{n(n+1)(2n+1)}6$$

$$\sum_{k=1}^nk^3={3\brace1}\frac{(n+1)(n)}2+{3\brace2}\frac{(n+1)(n)(n-1)}3+{3\brace3}\frac{(n+1)(n)(n-1)(n-2)}4\\=\frac{n(n+1)}2+n(n+1)(n-1)+\frac{n(n+1)(n-1)(n-2)}4\\=\left[\frac{n(n+1)}2\right]^2$$

Por supuesto, para fines normales, basta con utilizar el tabla de valores para evaluar los números básicos de stirling.

Answer 4

Por diferenciación formal :

Expresamos la suma como un polinomio en $x$ y evaluarlo en $x=1$ (tomando el límite, por L'Hospital).

$$S_0(n)=\sum_{k=1}^nx^k=\frac{x^{n+1}-x}{x-1}\to n.$$

$$S_1(n)=\sum_{k=1}^nkx^k=xS_0'(n)=\frac{nx^{n+2}-(n+1)x^{n+1}+x}{(x-1)^2}\to\frac{n^2+n}2.$$

$$S_2(n)=\sum_{k=1}^nk^2x^k=xS_1'(n)=\frac{n^2x^{n+2}-(2n^2+2n-1)x^{n+1}+(n^2+2n)x^n-x-1}{(x-1)^3}\to\frac{2n^3+3n^2+n}6.$$

$$S_3(n)=\sum_{k=1}^nk^3x^k=xS_2'(n)=\frac{(n^3-n^2)x^{n+3}-(3n^3-5n+2)x^{n+1}+(3n^3+3n^2-5n-1)x^n-(n^3+2n^2)x^{n-1}+2n+4}{(x-1)^4}\to\frac{n^4+2n^3+n^2}4.$$

---

El cómputo puede facilitarse un poco con el cambio de variable $x=t+1$ , de manera que se sigue trabajando con polinomios (y con el teorema del binomio).

$$S_0(n)=\sum_{k=0}^{n-1}x^k=\frac{x^n-1}{x-1}=\frac{(t+1)^n-1}t=\sum_{i=1}^n\binom nit^{i-1}.$$

$$S_1(n)=xS_0'(n)=\sum_{k=0}^{n-1}kx^k=(t+1)\sum_{i=2}^n\binom ni(i-1)t^{i-2}=\sum_{i=2}^n\binom ni(i-1)(t^{i-1}+t^{i-2})\to\binom n1.$$

$$S_2(n)=xS_1'(n)=\sum_{k=0}^{n-1}kx^k=(t+1)\sum_{i=2}^n\binom ni(i-1)((i-1)t^{i-2}+(i-2)t^{i-3})\\ =\sum_{i=2}^n\binom ni(i-1)((i-1)t^{i-1}+(2i-3)t^{i-2}+(i-2)t^{i-3})\to\binom n2+2\binom n3.$$

Answer 5

$$\begin{align} &\ \,4\cdot5\cdot6\cdot7\\=&(1\cdot2\cdot3\cdot4+2\cdot3\cdot4\cdot5+3\cdot4\cdot5\cdot6+4\cdot5\cdot6\cdot7)\\-&(0\cdot1\cdot2\cdot3+1\cdot2\cdot3\cdot4+2\cdot3\cdot4\cdot5+3\cdot4\cdot5\cdot6)\\ =&(1\cdot2\cdot3\cdot4+2\cdot3\cdot4\cdot4+3\cdot4\cdot5\cdot4+4\cdot5\cdot6\cdot4)\\ \end{align}$$

Al generalizar el patrón, esto es suficiente para establecer

$$n^{(m)}=\sum_{k=1}^n k^{(m)}-\sum_{k=0}^{n-1} k^{(m)}=(m+1)\sum_{k=1}^nk^{(m-1)},$$ donde $a^{(b)}$ denota el factorial de elevación.

De esto,

$$n=\sum_{k=1}^n 1=S_0(n)$$

$$n(n+1)=2\sum_{k=1}^n k=S_1(n)$$ $$n(n+1)(n+2)=3\sum_{k=1}^n k(k+1)=S_2(n)$$ $$n(n+1)(n+2)(n+3)=4\sum_{k=1}^n k(k+1)(k+2)=S_3(n).$$

Son los números "lineales", triangulares, tetraédricos e "hipertetraédricos".

Entonces

$$\sum_{k=1}^n 1=S_0(n)=n$$

$$\sum_{k=1}^n k=\frac12S_1(n)=\frac{n^2+n}2$$

$$\sum_{k=1}^n k^2=\frac13S_2(n)-\sum_{k=1}^n k=\frac{2n^3+3n^2+n}6$$

$$\sum_{k=1}^n k^3=\frac14S_3(n)-3\sum_{k=1}^n k^2-2\sum_{k=1}^n k=\frac{n^4+2n^3+n^2}4$$

Se puede continuar de forma sistemática.