Формула суммы квадратов первых n натуральных чисел

Формула суммы квадратов первых n натуральных чисел

Формулы суммы первой степени, квадратов, кубов первых n натуральных чисел.

Покажем, что для любого nN имеют место следующие равенства:

1) 1 + 2 + 3 + . + n = n(n + 1)

; 2) 1 2 + 2 2 + 3 2 + . + n 2 = n(n + 1)(2n + 1)

; 3) 1 3 + 2 3 + 3 3 + . + n 3 = n 2 (n + 1) 2

1 + 2 + 3 + . + n = n(n + 1)

Данная формула известна, как результат суммы членов арифметической прогрессии и доказать ее можно многими способами. Один из них, например, следующий. Запишем снизу, под суммой 1 + 2 + 3 + . + n, сумму в обратном порядке:

1 + 2 + . + n — 1 + n
n + n — 1 + . + 2 + 1

Если сложить эти две строки, то, с одной стороны, мы будем иметь удовенную изначальную сумму, т.е. 2(1 + 2 + 3 + . + n). С другой стороны, заметим, что каждая пара чисел, стоящие одно над другим, дают в сумме n + 1 (для наглядности пары чисел выделены одинаковым цветом). Первая (синяя) дает n + 1, а каждой последующей верхнее число увеличивается на 1, а нижнее на 1 уменьшается. Таким образом суммы в последующих парах будут равняться n + 1. Всего таких пар n (по количеству чисел в сумме), а потому мы имеем равенство: 2(1 + 2 + 3 + . + n) = n(n + 1), откуда и получаем искомую формулу.

1 2 + 2 2 + 3 2 + . + n 2 = n(n + 1)(2n + 1)

Проверим, выполняется ли равенство при n = 1.

Пусть для некоторого kN выполняется равенство

1 2 + 2 2 + 3 2 + . + k 2 = k(k + 1)(2k + 1)

Докажем, что оно выполняется и для k + 1, т.е., что

1 2 + 2 2 + 3 2 + . + k 2 + (k + 1) 2 = ? (k + 1)(k + 2)(2k + 3)

Пользуемся переходом, получаем

k(k + 1)(2k + 1)

+ (k + 1) 2 = ? (k + 1)(k + 2)(2k + 3)

Умножаем обе части на 6, сокращаем на k + 1:

Достигается равенство, а, значит, (*) — верно. Переход, а потому и равенство доказано.

1 3 + 2 3 + 3 3 + . + n 3 = n 2 (n + 1) 2

Проверим, выполняется ли равенство при n = 1.

1 3 = 1 2 ·2 2 /4 = 1.

Пусть для некоторого kN выполняется равенство

3) 1 3 + 2 3 + 3 3 + . + k 3 = k 2 (k + 1) 2

Докажем, что оно выполняется и для k + 1, т.е., что

3) 1 3 + 2 3 + 3 3 + . + (k + k + 1) 3 = ? (k + 1) 2 (k + 2) 2

Пользуемся переходом, получаем

k 2 (k + 1) 2

+ (k + 1) 3 = ? (k + 1) 2 (k + 2) 2

Умножаем обе части на 4, сокращаем на (k + 1) 2 :

Достигается равенство, а, значит, (**) — верно. Переход, а потому и равенство доказано.

На данный момент в базе присутствует информация о 1847 великих математиках.

Для ознакомления доступны 48 книг.

Добавлен материал "Показательные уравнения и неравенства", в котором заполнены разделы "Теория" и "Методы решений". В ближайшее время ожидайте задачи по этому материалу.

Задача

Еще в древнем Египте была известна формула для суммы последовательных натуральных чисел:

Убедиться в том, что эта формула работает, можно, взяв несколько разных значений (n) и подставив их в формулу, а для доказательства ее истинности при всех (n) сложите первое слагаемое с последним, второе с предпоследним и т. д.

Найдите формулу для суммы а) квадратов (1^2+2^2+ldots+n^2); б) кубов (1^3+2^3+ldots+n^3); в) четвертых степеней (1^4+2^4+ldots+n^4).

Подсказка 1

Начните c эксперимента: вычислите первые несколько сумм ((1^2+2^2), (1^2+2^2+3^2) и т. д. хотя бы до (n=5)). После этого попробуйте найти закономерность.

Подсказка 2

Экспериментальные данные полезно записать в виде таблицы:

(n) (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7)
(1^<phantom1>+ldots+n^<phantom1>) (1) (3) (6) (10) (15) (28) (35)
(1^2+ldots+n^2) (1) (5) (14) (30) (55) (91) (140)
(1^3+ldots+n^3) (1) (9) (36) (100) (225) (784) (1225)
(1^4+ldots+n^4) (1) (17) (98) (354) (979) (2275) (4676)

Попробуйте найти связь между числами в (одном столбце, но) разных строках.

Подсказка 3

Если у чисел в двух строках постоянно появляются общие делители (например, 10 и 30 делятся на 10, 15 и 55 — на 5, 28 и 91 — на 7 и т. д.), то полезно изучить отношение этих чисел. Что за последовательности получаются? (Удобно добавить в таблицу из второй подсказки соответствующие строки.)

Решение

Как и предлагалось в последней подсказке, изучим отношение первых двух строк.

(n) (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7)
(S_1) (1) (3) (6) (10) (15) (21) (28)
(S_2) (1) (5) (14) (30) (55) (91) (140)
(S_2/S_1) (1) (5/3) (7/3) (3) (11/3) (13/3) (5)
Читайте также:  1С контроль активности пользователей

Теперь нетрудно заметить закономерность: с увеличением (n) на 1 частное увеличивается на (2/3), то есть это частное равно ((2n+1)/3). Вместе с формулой для суммы (1+2+ldots+n) это дает (гипотетический) ответ

С суммами кубов дело обстоит даже проще, чем с квадратами — глядя на таблицу естественно предположить, что (S_3=S_1^2), то есть

Заметно сложнее угадать формулу для суммы четвертых степеней. В отличие от предыдущих случаев, у (S_4(n)) практически не видно общих делителей с (S_1(n)) (кроме двойки). Зато можно заметить, что 14 и 98 делятся на 7, 55 и 979 — на 14. Посмотрим на отношение (S_4/S_2):

(n) (1) (2) (3) (4) (5) (6)
(S_2) (1) (5) (14) (30) (55) (91)
(S_4) (1) (17) (98) (354) (979) (2275)
(S_4/S_2) (1) (17/5) (7) (59/5) (89/5) (25)

Видно, что после домножения этого отношения на 5 получится последовательность целых чисел: 5, 17, 35, 59, 89, 125. Тут уже нельзя сказать, что разность соседних чисел неизменна. Но если выписать эти разности: 12, 18, 24, 30. то закономерность сразу становится видной!

Таким образом, гипотеза состоит в том, что

Итак, стало понятно, какие должны быть ответы, но как их доказать?

И что вообще значит, что какое-то выражение (P(n)) дает формулу для суммы (1^2+ldots+n^2)?

Это значит, что (P(1)=1), (P(2)=P(1)+2^2), . (P(n)=P(n-1)+n^2). То есть все сводится к быть может утомительному, но прямолинейному вычислению:

Аналогичным образом (говоря формально — по индукции) можно доказать найденные выше формулы для (S_3(n)) и (S_4(n)).

Послесловие

Геометрическое доказательство формулы для суммы (1+2+ldots+n)

Видимо наиболее наглядный способ вычислить сумму (1+2+ldots+n) — геометрический: об этой сумме можно думать как о треугольном числе, то есть площади «пиксельного» (составленного из единичных квадратиков) равнобедренного прямоугольного «треугольника» со стороной (n). Из двух таких треугольников легко составить прямоугольник размера (n imes(n+1)), откуда и получается ответ (n(n+1)/2) (половина площади прямоугольника).

Пирамидка, составленная из квадратов со стороной (1), (2), …, (n)

Подобным образом можно вычислить и сумму (1^2+2^2+ldots+n^2): ее можно проинтерпретировать как объем пирамиды из кубиков (нижний слой которой состоит из (n^2) кубиков, следующий — из ((n-1)^2) кубиков и т. д.), после чего сложить из шести таких пирамид параллелепипед (n imes(n+1) imes(2n+1)). Как это сделать, можно посмотреть на сайте «Математические этюды».

Есть геометрические доказательства и у позволяющего вычислить сумму кубов замечательного равенства (1^3+2^3+ldots+n^3=(1+2+ldots+n)^2). Одно из них можно посмотреть на youtube-канале Think Twice, см. также подборку «доказательств без слов» в «Кванте» №11 за 2017 год.

Заметим, однако, что формула для суммы четвертых степеней не раскладывается (в отличие от предыдущих) на простые линейные множители. Видимо из-за этого ее не получается найти методами геометрического суммирования и открыта она была примерно на 1000 лет позже, чем формула для суммы кубов (известная уже в античности).

Чтобы продвинуться дальше, полезно задуматься, что мы вообще надеемся увидеть в качестве ответа. Не любое алгебраическое выражение можно разложить на достаточно простые множители, но всегда можно, наоборот, раскрыть все скобки и привести подобные. В изученных нами случаях получаются следующие многочлены от (n):

Практически сразу возникает гипотеза, что вообще для любого (k) сумма (1^k+2^k+ldots+n^k) равна многочлену от (n), который начинается с (frac1n^) (в этом выражении изучавшие математический анализ сразу узнают первообразную того, что мы суммируем), дальше идет (frac12n^k) и члены еще меньших степеней.

С алгебраической точки зрения это очень естественный переход — но самого языка алгебры, «выражений с буквами» и преобразования таких выражений, не существовало до работ Франсуа Виета (конца XVI века)! А до появления такого языка описанную выше гипотезу практически невозможно не то что доказать — сформулировать.

Читайте также:  Как красиво напечатать буквы для оформления

В первой половине XVII века Иоганн Фаульхабер смог найти формулы для сумм (1^k+2^k+ldots+n^k) до (k=17) (интересную попытку реконструкции рассуждений Фаульхабера опубликовал Дональд Кнут). Вот несколько из таких формул:

Коэффициенты при (n^) и при (n^) обсуждались выше. Подумав некоторое время вы наверняка угадаете формулу для коэффициентов при (n^) и (n^), а быть может, — и для коэффициента при (n^).

Возникает надежда на общую (работающую для произвольного (k)) формулу для (S_k(n)). И такую формулу нашел в конце XVII века Якоб Бернулли. В нее входит последовательность так называемых чисел Бернулли ((B^0=1), (B^1=1/2), (B^2=1/6), . ), а саму формулу можно записать символически очень коротко:

Понимать эту запись следует следующим образом. Нужно раскрыть формально в выражении ((n+B)^) скобки, после чего начать воспринимать (B^m) не как степень переменной (B), а как (m)-е число Бернулли. Например:

Если поверить в эту (крайне странную, на первый взгляд) процедуру, то будет ясно и как вычислять числа Бернулли: при подстановке (n=1) получается равенство (1=frac<(1+B)^-B^>), позволяющее найти (B^k), если числа Бернулли с меньшими номерами уже известны. В таблице ниже приведены несколько первых чисел Бернулли.

(m) (0) (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) (10) (11) (12) (13) (14)
(B^m) (1) (frac12) (frac16) (0) (-frac1<30>) (0) (frac1<42>) (0) (-frac1<30>) (0) (frac5<66>) (0) (-frac<691><2730>) (0) (frac76)

Замечательным образом те же самые числа Бернулли возникают и в квадратурных формулах для вычисления приближенных значений интегралов, и при вычислении бесконечных сумм типа (1+frac14+frac19+frac1<16>+ldots=frac<pi^2>6) (то есть значений знаменитой дзета-функции), и в комбинаторике, и в теории чисел, и в топологии.

Литература по теме:
1) Д. Пойа. Математика и правдоподобные рассуждения (М.: Наука, 1975). — Мало где можно прочитать не о конкретной области математики, а о том, как вообще решать новую для себя математическую задачу. Подсказки и решение выше по существу следуют главе 7 этой замечательной книги.
2) Интервью с академиком И. М. Гельфандом // Квант, 1989, № 1, стр. 3–12. — В приведенном выше решении сделана попытка объяснить, как некоторые формулы для сумм степеней мог бы искать любой человек. Интересующимся математикой может быть интересно прочитать, как такую задачу решал в школьные годы один из выдающихся математиков XX века (собственно про это — небольшой фрагмент на стр. 8–9, но все интервью интересное).
3) В. С. Абрамович. Суммы одинаковых степеней натуральных чисел // Квант, 1973, № 5, стр. 22–25. — Можно прочитать доказательство формулы для суммы степеней (из конца послесловия), использующее, по сути, только бином Ньютона.
4) Г. А. Мерзон. Алгебра, геометрия и анализ сумм степеней последовательных чисел // Математическое просвещение, сер. 3, вып. 21 (2017), стр. 104–118. — Подробная статья о разных взглядах на задачу о суммировании степеней.
5) Р. Грэхем, Д. Кнут, О. Паташник. Конкретная математика (М.: Мир, 1998). — В учебнике, написанном по лекциям знаменитого Дональда Кнута, обсуждается и задача о суммировании степеней, и числа Бернулли.

Чтобы определить сумму кубов:

13 + 23 + 33 + . + n3, (1)

которую обозначим через S3, будем исходить из формулы:

(x+1) 4 =x 4 + 4x 3 +6x 2 +4x+1 (2)

которую легко проверить непосредственно. Дадим в этой формуле для х последовательно значения 1, 2, 3. n. Получим таблицу из я строк:

Сложим равенства (3) почленно. Получим:

После приведения вводя обозначения S1 , S2, S3, будем иметь:

Заменяя S1 и S2 их значениями, полученными в предыдущих параграфах, получим:

или, после очевидных упрощений:

4S3 = (n + 1) n 2 (n +1) = (n+ 1) 2 n 2 ,

Это и есть искомое выражение для суммы кубов. Так как

Читайте также:  Необходимо вставить следующий диск что делать

следовательно, такую формулу:

Итак, сумма кубов я первых натуральных чисел равна квадрату суммы я первых натуральных чисел.

Рассмотренный прием может быть применен и к нахождению суммы четвертых, пятых и т. д. степеней натуральных чисел, но мы не будем на этом останавливаться, а перейдем к общему случаю, т. е. к определению суммы k-х степеней натуральных чисел.

Общий случай. Рекуррентная формула

Поставим теперь задачу определить сумму k-х степеней я первых чисел натурального ряда, т. е.

Для этого воспользуемся формулой бинома Ньютона, которую напишем так:

Будем давать х последовательные значения 1, 2, 3. n; получим такую таблицу из n строк:

Сложим почтенно эти равенства; будем иметь:

Делая приведение подчеркнутых членов и вводя обозначения: Sk, Sk-1, Sk-2,…, S2, S1 ,S = n, получим:

Это так называемая рекуррентная или рекурсионная формула. Зная S, S1, S2. Sk-1, мы можем вычислить Sk.

Выражение суммы k-х степеней n первых чисел натурального ряда через детерминант

Рекуррентная формула (5) предыдущего параграфа дает нам возможность получить непосредственное выражение суммы Sk с помощью детерминанта. Положим в этой формуле k равным k, k — 1, k — 2, k — 3. 2, 1, 0, тогда получим такие уравнения:

Уравнения (1) представляют систему k+1 уравнений с k+1 неизвестными Sk, Sk-1. S1 S. Пользуясь правилом Крамера для решения системы линейных уравнений, будем иметь:

Сделаем следующие замечания:

1. если в числителе к элементам первого столбца прибавить элементы последнего столбца, то детерминант сохранит свою величину.

2. Так как в детерминанте, стоящем в знаменателе, элементы по одну сторону главной диагонали равны нулю, то детерминант равен произведению элементов, стоящих на главной диагонали. Замечая, что элементы, стоящие на главной диагонали, соответственно равны:

заключаем, что произведение их равно:

После указанных преобразований формула (2) примет вид:

Таково выражение сумм Sk через детерминант.

Формула Штерна

Между суммами одинаковых степеней я первых чисел существуют некоторые Соотношения. Так, например, мы видели, что существует соотношение

В дальнейшем мы получим и другие аналогичные соотношения. Штерн дал более общую формулу, из которой приведенное соотношение вытекает как частный случай. Формула Штерна такова:

Ее мы докажем с помощью метода математической индукции.

Полагая n = 1, видим, что все S1 ,S2k-1 ,S2k-3, S2k-5 сведутся, к первому члену, т. е. к единице. Мы будем, следовательно, иметь:

А эту формулу легко доказать непосредственно. В самом деле, имеем:

Полагая здесь X = 1, имеем:

Полагая далее х= -1, имеем:

Вычитая почленно (4) из (3), получим:

Сокращая правую и левую части формулы (5) на 2, будем иметь:

а это и есть формула (2).

Таким образом формула (1) верна для n= 1. Предположим, что формула (1) верна для некоторого n и докажем, что тогда она верна для n+1. Введем такое обозначение:

Напишем эту формулу так:

Первый член правой части формулы (6), на основании формулы (1), которая предполагается правильней, равняется:

Вычислим второй член. Имеем на основании бинома Ньютона:

Вычитая почленно последнее равенство из предыдущего, имеем:

Остальные члены сокращаются.

Умножая обе части последнего равенства на (n+1) k /2, получим:

Таков второй член правой части формулы (6). Подставляя в фор. мулу (6) вместо первого и второго члена правой части их выражения (7) и (8), получим:

Складывая члены, стоящие друг под другом в правой части формулы (9), и замечая, что

А это есть формула (1) для сумм, состоящих из степеней первых n+1 чисел. Итак, предполагая, что формула (1) верна для сумм из n чисел, мы доказали ее справедливость для сумм из n+1 cлагаемых; но мы видели, что формула (1) верна для n = 1; следовательно, она верна вообще.

Ссылка на основную публикацию
Уроки нлп для начинающих
Если вы хотя бы немного интересуетесь психологией, то о нейролингвистическом программировании (НЛП), наверное, тоже слышали. В статье мы постараемся объяснить...
Технология etth что это
ETTH — Ethernet To The Home (ETTH) is a specific application of Fiber to the premises (FTTP) that first emerged...
Технология nfc в наушниках что это
NFC — это аббревиатура от английского Near Field Communication. С помощью этой технологии становится возможным обмен данными между различными устройствами,...
Уроки ворд 2010 для начинающих
Microsoft Office 2010 — бесплатные обучающие уроки для чайников с нуля. Получите необходимые навыки профессиональной работы с пакетом Microsoft Office...
Adblock detector