Доказать что сумма кубов n первых чисел натурального ряда равна

Метод математической индукции

п.1. Принцип математической индукции

Говорят, что мы провели « доказательство утверждения P_n индукцией по n ».

Принцип математической индукции используется для доказательства различных формул.

Например:
Докажем, что сумма первых n натуральных чисел равна \(\mathrm<2>>\)
1) Для базы индукции \(\mathrm<2>=1>\) – верно
2) Допустим что при некотором \(\mathrm<2>.>\) Найдём S_n+1: \begin \mathrm< S_=(1+2+. +n)+n+1=S_n+n+1=\frac<2>+(n+1)= >\\ \mathrm< =\frac<2>=\frac<(n+1)(n+2)> <2>> \end т.е. для S_n+1 формула также справедлива. Индуктивный переход выполняется. Следовательно, по принципу математической индукции \(\mathrm<2>,\ \forall n\in \mathbb>\).
Что и требовалось доказать.

п.2. Примеры

Пример 1. Докажите, что сума кубов первых n натуральных чисел равна \(\mathrm<4>>\)
1) Для базы индукции \(\mathrm<4>=1>\) – верно
2) Допустим, что при некотором \(\mathrm<4>>\). Найдём S_n+1: \begin \mathrm< S_=\underbrace<1^3+2^3+3^3+. +n^3>_+(n+1)^3=S_n+(n+1)^3= >\\ \mathrm< =\frac<4>+(n+1)(n+1)^2=\frac <4>>\\ \mathrm< =\frac<(n+1)^2(n^2+4(n+1))><4>=\frac<(n+1)^2(n^2+4n+4)><4>=\frac<(n+1)^2(n+2)^2> <4>> \end т.е. для S_n+1 формула также справедлива. Индуктивный переход выполняется. Следовательно, по принципу математической индукции сумма кубов \(\mathrm<4>,\ \forall n\in \mathbb>\). Что и требовалось доказать.

Пример 3. Докажите, что любой член последовательности a_n = 15 n + 6 делится на 7.
1) Для базы индукции n=1, a₁ = 15 + 6 = 21 – делится на 7, верно
2) Допустим, что при некотором \(\mathrm\ \frac<7>=k,\ \ k\in\mathbb>\). Рассмотрим дробь \(\mathrm<\frac><7>>\): \begin \mathrm< \frac><7>=\frac<15^+6><7>=\frac<15\cdot 15^n+6><7>=\frac<(14+1)\cdot 15^n+6><7>= >\\ \mathrm< =\frac<14\cdot 15^n+\overbrace<(15^n+6)>^<=a_n>><7>=\frac<14\cdot 15^n><7>+\frac<7>=2\cdot 15^n+k >\end Получаем натуральное число. Значит, a_n+1 также делится на 7. Индуктивный переход выполняется.
Следовательно, по принципу математической индукции a_n = 15 n + 6 делится на 7 при любом натуральном \(\mathrm>\). Что и требовалось доказать.

Возвращаемся к основной задаче: \(\mathrm<\frac-1><18>=k+\frac<7^n+2><3>=k+m\in\mathbb>\).
Значит, a_n+1 делится на 18 с остатком 1. Индуктивный переход для основной задачи выполняется.
Следовательно, по принципу математической индукции a_n = 7 n + 12n делится на 18 с остатком 1 при любом натуральном \(\mathrm>\). Что и требовалось доказать.

Источник

Суммы квадратов, суммы кубов.

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:

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, 21 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.

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 11. Посмотрим на отношение \(S_4/S_2\):

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 \(1^2+\ldots+n^2\)?

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 \(n\times(n+1)\), 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 \(n\times(n+1)\times(2n+1)\). 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.

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 \(n^\).

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.

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.

Источник