Еще в древнем Египте была известна формула для суммы последовательных натуральных чисел: $$ 1+2+\ldots+n=\frac{n(n+1)}2 $$ (чтобы убедиться в этом, 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 $1^4+2^4+\ldots+n^4$.
Начните 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.
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 |
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...), то полезно изучить отношение этих чисел. Что за последовательности получаются? (Удобно добавить в таблицу соответствующие строки.)
Как и предлагалось в последнем указании, изучим отношение первых двух строк.
| $n$ | 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 |
| $S_2/S_1$ | 1 | 5/3 | 7/3 | 3 | 11/3 | 13/3 | 5 |
Теперь нетрудно заметить закономерность: с увеличением $n$ на 1 частное увеличивается на $2/3$, т. е. это частное равно $(2n+1)/3$. Вместе с формулой для $1+2+\ldots+n$ 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 квадаратами — глядя на таблицу естественно предположить, что $S_3=S_1^2$, т. е. $$ 1^3+2^3+\ldots+n^3=\frac{n^2(n+1)^2}4. $$
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... Все же посмотрим на эти разности: 12, 18, 24, 30... — закономерность сразу видна!
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?
Задумаемся над тем, что вообще значит, что какое-то выражение $P(n)$ дает формулу для суммы $1^2+\ldots+n^2$? Это значит, что $P(1)=1$, $P(2)=P(1)+2^2$ и т. д., $P(n)=P(n-1)+n^2$. 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 $S_4(n)$.
Видимо наиболее наглядный способ вычислить сумму $1+2+\ldots+n$ — геометрический: об этой сумме можно думать как о треугольном числе, т. е. 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).
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 6 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 1 000 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 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 16 века)! А до появления такого языка гипотезу выше практически невозможно не то что доказать — сформулировать.
В первой половине 17 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 $n^{k-3}$...
Возникает надежда на общую (работающую для произвольного $k$) формулу для $S_k(n)$. И такую формулу нашел в конце 17 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 $1+\frac14+\frac19+\frac1{16}+\ldots=\frac{\pi^2}6$ (т. е. значений знаменитой дзета-функции), и в комбинаторике, и в теории чисел, и в топологии...