Суммы квадратов, суммы кубов...

опубликовано на «Элементах»

Задача

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 $1^4+2^4+\ldots+n^4$.

Подсказка 1

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.

Подсказка 2

Экспериментальные данные полезно записать в виде таблицы.

$n$1234567
$1^{\phantom1}+\ldots+n^{\phantom1}$ 13610152835
$1^2+\ldots+n^2$ 1514305591140
$1^3+\ldots+n^3$ 19361002257841225
$1^4+\ldots+n^4$ 1179835497922754676
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...), то полезно изучить отношение этих чисел. Что за последовательности получаются? (Удобно добавить в таблицу соответствующие строки.)

Решение

Как и предлагалось в последнем указании, изучим отношение первых двух строк.

$n$1234567
$1^{\phantom1}+\ldots+n^{\phantom1}$ 13610152128
$1^2+\ldots+n^2$ 1514305591140
$S_2/S_1$ 15/37/3311/313/35

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 1430 55 91
$S_4$ 117 98354 979 2275
$S_4/S_2$ 117/5 759/589/5 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 $S_4(n)$.

Послесловие

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 $n^{k-3}$...


фрагмент «Ars Conjectandi» Я. Бернулли

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.

m01234567 891011121314
$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...

Литература

  1. Д. Пойа. Математика и правдоподобные рассуждения (М.: Наука, 1975)
    http://ilib.mccme.ru/djvu/polya/rassuzhdenija.htm
    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, 3–12
    http://kvant.mccme.ru/1989/01/akademik_izrail_moiseevich_gel.htm
    В решении выше 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 20 века (собственно про это — небольшой фразмент на стр. 8–9, но все интервью интересное).
  3. В. С. Абрамович. Суммы одинаковых степеней натуральных чисел // Квант, 1973, № 5, 22–25
    http://kvant.mccme.ru/1973/05/summy_odinakovyh_stepenej_natu.htm
    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 // Матем. просв., сер. 3, вып. 21 (2017), 104–118.
    https://mccme.ru/free-books/matpros_21.html
    Можно прочитать больше 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.

^ наверх