Суммы квадратов, суммы кубов...
Задача
Еще в древнем Египте была известна формула для суммы последовательных натуральных чисел:
\[1+2+\ldots+n=\frac{n(n+1)}2.\]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:
| \(n\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \(5\) | \(6\) | \(7\) |
| \(1^{\phantom1}+\ldots+n^{\phantom1}\) | \(1\) | \(3\) | \(6\) | \(10\) | \(15\) | \(21\) | \(28\) |
| \(1^2+\ldots+n^2\) | \(1\) | \(5\) | \(14\) | \(30\) | \(55\) | \(91\) | \(140\) |
| \(1^3+\ldots+n^3\) | \(1\) | \(9\) | \(36\) | \(100\) | \(225\) | \(441\) | \(784\) |
| \(1^4+\ldots+n^4\) | \(1\) | \(17\) | \(98\) | \(354\) | \(979\) | \(2275\) | \(4676\) |
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, 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.
| \(n\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \(5\) | \(6\) | \(7\) |
| \(S_1\) | \(1\) | \(3\) | \(6\) | \(10\) | \(15\) | \(21\) | \(28\) |
| \(S_2\) | \(1\) | \(5\) | \(14\) | \(30\) | \(55\) | \(91\) | \(140\) |
| \(S_2/S_1\) | \(1\) | \(5/3\) | \(7/3\) | \(3\) | \(11/3\) | \(13/3\) | \(5\) |
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
\[1^2+2^2+\ldots+n^2=\frac{n(n+1)}2\cdot\frac{2n+1}3=\frac{n(n+1)(2n+1)}6.\]С суммами кубов дело обстоит даже проще, чем с квадратами — глядя на таблицу естественно предположить, что \(S_3=S_1^2\), то есть
\[1^3+2^3+\ldots+n^3=\frac{n^2(n+1)^2}4.\]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 \(S_4/S_2\):
| \(n\) | \(1\) | \(2\) | \(3\) | \(4\) | \(5\) | \(6\) |
| \(S_2\) | \(1\) | \(5\) | \(14\) | \(30\) | \(55\) | \(91\) |
| \(S_4\) | \(1\) | \(17\) | \(98\) | \(354\) | \(979\) | \(2275\) |
| \(S_4/S_2\) | \(1\) | \(17/5\) | \(7\) | \(59/5\) | \(89/5\) | \(25\) |
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
\[S_4(n)/S_2(n)=\frac{5+6\cdot2+6\cdot3+\ldots+6n}5=\frac{6\frac{n(n+1)}2-1}5=\frac{3n^2+3n-1}5,\]и, соответственно,
\[S_4(n)=\frac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}.\]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:
\[\begin{eqnarray}\frac{(n-1)n(2n-1)}6+n^2&=&\frac{n(2n^2-3n+1)+6n^2}6=\\ &=&\frac{n(2n^2+3n+1)}6=\frac{n(n+1)(2n+1)}6.\end{eqnarray}\]Аналогичным образом (говоря формально — по индукции) можно доказать найденные выше формулы для \(S_3(n)\) и \(S_4(n)\).
Послесловие
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 \(n\):
\[\begin{eqnarray}1^{\phantom1}+2^{\phantom1}+\ldots+n^{\phantom1}&=&\frac12n^2+\frac12n;\\ 1^2+2^2+\ldots+n^2&=&\frac13n^3+\frac12n^2+\frac16n;\\ 1^3+2^3+\ldots+n^3&=&\frac14n^4+\frac12n^3+\frac14n^2;\\ 1^4+2^4+\ldots+n^4&=&\frac15n^5+\frac12n^4+\frac13n^3-\frac1{30}n.\\ \end{eqnarray}\]Практически сразу возникает гипотеза, что вообще для любого \(k\) сумма \(1^k+2^k+\ldots+n^k\) равна многочлену от \(n\), который начинается с \(\frac1{k+1}n^{k+1}\) (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:
\[\begin{eqnarray} S_2(n)&=&\frac13n^3+\frac12n^2+\frac16n;\\ S_3(n)&=&\frac14n^4+\frac12n^3+\frac14n^2;\\ S_4(n)&=&\frac15n^5+\frac12n^4+\frac13n^3&-&\frac1{30}n;\\ S_5(n)&=&\frac16n^6+\frac12n^5+\frac5{12}n^4&-&\frac1{12}n^2;\\ S_6(n)&=&\frac17n^7+\frac12n^6+\frac12n^5&-&\frac16n^3&+&\frac1{42}n;\\ S_7(n)&=&\frac18n^8+\frac12n^7+\frac7{12}n^6&-&\frac7{24}n^4&+&\frac1{12}n^2. \end{eqnarray} \]Коэффициенты при \(n^{k+1}\) и при \(n^{k}\) обсуждались выше. Подумав некоторое время вы наверняка угадаете формулу для коэффициентов при \(n^{k-1}\) и \(n^{k-2}\), а быть может, — и для коэффициента при \(n^{k-3}\)...
Страница из книги «Ars Conjectandi» Якова Бернулли. Изображение с сайта
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:
\[S_k(n)=\frac{(n+B)^{k+1}-B^{k+1}}{k+1}.\]Понимать эту запись следует следующим образом. Нужно раскрыть формально в выражении \((n+B)^{k+1}\) скобки, после чего начать воспринимать \(B^m\) не как степень переменной \(B\), а как \(m\)-е число Бернулли. Например:
\[\begin{eqnarray} S_2(n)&=&\frac{(n+B)^3-B^3}3=\\ &=&\frac{n^3+3B^1n^2+3B^2n}3= \frac13\left(n^3+\frac32n^2+\frac36n\right). \end{eqnarray} \]Если поверить в эту (крайне странную, на первый взгляд) процедуру, то будет ясно и как вычислять числа Бернулли: при подстановке \(n=1\) получается равенство \(1=\frac{(1+B)^{k+1}-B^{k+1}}{k+1}\), 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.
Геометрическое доказательство формулы для суммы \(1+2+\ldots+n\)