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E' noto che

$ \displaystyle \sum_{i=0}^{n}{i}=\frac {n(n+1)}{2} $

Questo si puo' dimostrare, oltre che banalmente per induzione, anche posizionando gli n numeri naturali in ordine crescente, dopodiché si posizionano gli n numeri naturali in ordine decrescente sotto i precedenti, si sommano termine a termine le due sequenze e si ottiene il numero $ n(n+1) $ che rappresenta anche il doppio della somma degli n numeri, quindi si divide per due ottenendo $ \frac {n(n+1)}{2} $.

E' noto anche che

$ \displaystyle \sum_{i=0}^{n}{i^2}=\frac {n(n+1)(2n+1)}{6} $

e

$ \displaystyle \sum_{i=0}^{n}{i^3}={(\frac {n(n+1)}{2})}^2 $

Bene, la mia domanda é se esistono delle dimostrazioni, non per induzione, dei due fatti precedenti, preferirei dei suggerimenti piuttosto che la dimostrazione stessa, che mi piacerebbe riuscire a realizzare autonomamente.

Per la sommma dei quadrati c'è una soluzione carina con una specie di double-counting: $1^2+2^2+3^2+\dots+n^2=1\cdot1+2\cdot2+3\cdot3+\dots+n\cdot n=1+(2+2)+(3+3+3)+\dots+(n+\dots+n)$; vedi che mancano un tot di termini per arrivare a $n(1+2+3+\dots+n)$; quali mancano? quanto vale la loro somma?

Per i cubi non so, ma c'è una cosa generale (contosa) per arrivare alla somma di potenze $k+1$-esime sapendo le formule per quelle di primo, secondo...$k$-esimo grado:
$\displaystyle\sum_{i=1}^n (i+1)^k-i^k=$ continua tu, e vedi come e perchè ti servono tutte quelle di grado precedente

Provo la prima.
Partendo da

$ 1^2+2^2+3^2+\dots+n^2=1\cdot1+2\cdot2+3\cdot3+\dots+n\cdot n=1+(2+2)+(3+3+3)+\dots+(n+\dots+n) $

Si puo' vedere che e' possibile riscrivere l' espressione come

$ \frac {n(n+1)}{2} +2 +(3+3)+...+(n+...+n) $

Che posso riscrivere come

$ \frac {n(n+1)}{2}+(\frac {n(n+1)}{2}-1) +3+...+(n+...+n) $

Nuovamente riscrivibile come

$ \frac {n(n+1)}{2}+(\frac {n(n+1)}{2}-1) +(\frac {n(n+1)}{2}-3)+...+(n+...+n) $

Procedendo analogamente per tutti i restanti numeri giungiamo all' ultimo addendo della somma che risulta essere

$ \frac {n(n+1)}{2} - \frac {n(n-1)}{2} $

Ottengo dunque un' espressione molto lunga che posso riscrive sottoforma di sommatoria come

$ \frac {n(n+1)}{2}+ \displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}(\frac{n(n+1)}{2}-\frac {i(i+1)}{2}) $

Forse non é cio' che intendevi tu e in ogni caso non capisco come continuare da qui

Molto bene
Quella cosa si può scrivere come $\displaystyle\frac{n^2(n+1)}2-\sum_{i=1}^{n-1}\frac{i(i+1)}2$
Quindi ti interessa la somma dei primi $n-1$ triangolari. Un modo, secondo me bello, è pensando al triangolo di Tartaglia: i triangolari stanno tutti su una linea, e quanto vale la somma di una linea nel triangolo di tartaglia?

Aspetta, non mi é chiaro un passaggio.
Allora in questa

$ \frac {n(n+1)}{2}+ \displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}(\frac{n(n+1)}{2}-\frac {i(i+1)}{2}) $

"spezzo la sommatoria" e ottengo


$ \frac {n(n+1)}{2}+ \displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}{\frac{n(n+1)}{2}} -\displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}{\frac {i(i+1)}{2}} $

Quindi

$ \frac {n(n+1)}{2}+ \displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}{\frac{n(n+1)}{2}}= \frac {n^2(n+1)}{2} $

e questo implica

$ \displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}{\frac{n(n+1)}{2}}= \frac {n(n^{2}-1)}{2}= \frac {n(n+1)(n-1)}{2} $

Non mi é chiaro come hai calcolato quest'ultimo risultato: hai moltiplicato l' argomento della sommatoria per (n-1) perché la frazione viene ripetuta (n-1) volte?
Comunque, la somma di ogni riga del triangolo di tartaglia é $ 2^{n} $, con n corrispondente al numero di riga del triangolo.

Gi. ha scritto:[...]$ \displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}{\frac{n(n+1)}{2}}= \frac {n(n^{2}-1)}{2}= \frac {n(n+1)(n-1)}{2} $
Non mi é chiaro come hai calcolato quest'ultimo risultato: hai moltiplicato l' argomento della sommatoria per (n-1) perché la frazione viene ripetuta (n-1) volte?

sì, esattamente.

Gi. ha scritto:[...]Comunque, la somma di ogni riga del triangolo di tartaglia é $ 2^{n} $, con n corrispondente al numero di riga del triangolo.

credo che intendesse righe diagonali (guarda il triangolo di tartaglia, e guarda dove stanno i numeri triangolari).

ripartiamo un attimo da qui:
$ \frac {n(n+1)}{2}+ \displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}(\frac{n(n+1)}{2}-\frac {i(i+1)}{2}) $.
la cosa interessante è notare che tu stai cercando $S=\sum_{i=1}^n n^2$. ora, l'ultima somma a destra si spezza nella somma di $(S-n^2)/2$ e di metà dell'$n-1$-esimo numero triangolare (perché?). da questo, hai un'identità del tipo $S = {\rm roba\; nota}-S/2$... e mo'?

Una dimostrazione che avevo visto in passato (e che ho riciclato in un paio di stages) è questa: sovrapponi i tre triangoli e somma i numeri nella stessa posizione.
Secondo quello che state cercando di fare è una versione non-grafica di questa dimostrazione...

@Ma_go

$ \displaystyle \sum_{i=1}^{n-1} \frac {i(i+1)}{2}=\displaystyle \sum_{i=1}^{n-1} \frac {i^{2}+i}{2} $

Abbiamo detto che la somma dei quadrati arriva fino al numero n, ma le nostre sommatorie arrivano fino a (n-1), quindi possiamo "ampliarle":

$ \displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}{\frac {i^2}{2}}+\displaystyle \sum_{i=1}^{n-1}{\frac {i}{2}} = \displaystyle \sum_{i=1}^{n}{\frac {i^2-n^2}{2}}+\displaystyle \sum_{i=1}^{n}{\frac {i-n}{2}} $

Adesso é chiaro, come detto prima, che $ \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \frac {i^2}{2}=\frac {S}{2} $ (dove con S si indica la somma degli n quadrati) e che $ \displaystyle \sum_{i=1}^{n} \frac {i}{2}= \frac {n(n+1)}{4} $

da cui

$ \displaystyle \sum_{i=1}^{n}{\frac {i^2-n^2}{2}}+\displaystyle \sum_{i=1}^{n}{\frac {i-n}{2}}= \displaystyle \sum_{i=1}^{n}{\frac {S-n^2}{2}}+\frac {n(n-1)}{4} $

L' ultimo addendo é banalmente riscrivibile come $ \frac {\frac{n(n-1)}{2}}{2} $, ottenendo appunto la citata metà dell' (n-1)-esimo numero triangolare.
Adesso riscrivo tutto assieme:

$ \displaystyle \sum_{i=0}^{n}{i^2}= \frac{n^2(n+1)}2-(\displaystyle \sum_{i=1}^{n}{\frac {S-n^2}{2}}+\frac {n(n-1)}{4} $

Adesso credo che con un po' di calcoletti si riesca a far saltare fuori la ben nota formula, poi li faccio e posto i passaggi.

@Drago96

La somma di ogni diagonale del triangolo di tartaglia é pari al numero successivo, in riga, all' ultimo numero della diagonale.
Purtroppo non sono riuscito a calcolare il suddetto numero, potresti farmi vedere, per favore, come volevi calcolarlo?

@fph

Ottengo un "triangolo di 9", pero' non ho capito cosa dimostro in questo modo e, soprattutto, cosa rappresentano quei tre triangoli di numeri. Potresti spiegarmelo?

Gi. ha scritto:Ottengo un "triangolo di 9", pero' non ho capito cosa dimostro in questo modo e, soprattutto, cosa rappresentano quei tre triangoli di numeri. Potresti spiegarmelo?

Quanto vale la somma dei numeri in ognuno dei tre triangoli? Quanto vale la somma dei numeri di tutti e tre i triangoli sovrapposti?

Allora, vediamo di finire i calcoli lasciati in sospeso ieri.

$ \displaystyle \sum_{i=0}^{n}{i^2}= \frac{n^2(n+1)}2-(\displaystyle \sum_{i=1}^{n}{\frac {i^2-n^2}{2}}+\frac {n(n-1)}{4}) $

Moltiplico tutto per due:

$ 2\displaystyle \sum_{i=0}^{n}{i^2}= n^2(n+1)-(\displaystyle \sum_{i=1}^{n} i^2-n^2+\frac {n(n-1)}{2}) $

$ 3\displaystyle \sum_{i=0}^{n}{i^2}= n^2(n+1) +n^2 -\frac {n(n-1)}{2} $

$ 6\displaystyle \sum_{i=0}^{n}{i^2}= 2n^2(n+1) +2n^2 -n(n-1) $

$ 6\displaystyle \sum_{i=0}^{n}{i^2}= 2n^3 +3n^2+n $

$ 6\displaystyle \sum_{i=0}^{n}{i^2}=n(n+1)(2n+1) $

$ S=\frac {n(n+1)(2n+1)}{6} $

@fph

La somma in ogni triangolo é 30, ossia $ 1^2+2^2+3^2+4^2 $, essendo tre triangoli

$ 3(1^2+2^2+3^2+4^2) $

Se li sovrappongo ottengo un triangolo con dieci 9, quindi 10*9, possiamo dunque scrivere

$ 3(1^2+2^2+3^2+4^2)=9*10=9(1+2+3+4) $

Riscrivo 1+2+3+4 con la nota formula

$ 3(1^2+2^2+3^2+4^2)=9(\frac {4*5}{2}) $

da cui

$ 1^2+2^2+3^2+4^2=\frac {9*4*5}{6} $

$ 1^2+2^2+3^2+4^2=\frac {4(4+1)(4*2+1)}{6} $

La nota formula.
Intendevi questo? Se si, posso generalizzare la dimostrazione per il caso di n numeri?

Volendo si potrebbe sfruttare il fatto che $ \sum\limits_{i=0}^n\binom{k+i}{k}=\binom{k+n+1}{k+1} $ quindi notiamo che $ \binom{k+x}{k} $ è un polinomio in $ x $ di $ k $-esimo grado.
Ora i polinomi $ \binom{0+x}{0},\binom{1+x}{1},\dots,\binom{h+x}{h} $ possono essere usati al posto di $ 1,x,\dots,x^h $ come base dello spazio vettoriale dei polinomi di grado fino a $ h $.
(L'insieme dei polinomi di grado$ \leq h $ può infatti essere visto come spazio vettoriale, in particolare come $ \mathbb{A}^h $ dove $ \mathbb{A} $ è l'insieme dei coefficienti.)

Facciamo l'esempio con la somma dei quadrati.
Chiamo $ p_k=\binom{k+x}{k} $ per semplicità.
È facile vedere che $x^2=2p_2-p_1$. Quindi $ \sum\limits_{x=0}^{n-1}x^2=\sum\limits_{x=0}^{n-1} 2p_2-p_1=2\sum\limits_{x=0}^{n-1}p_2- \sum\limits_{x=0}^{n-1}p_1=2\binom{n+2}{3}- \binom{n+1}{2}=2\frac{(n+2)(n+1)n}{6}-\frac{(n+1)n}{2}= \frac{(n+1)n}{6} (2(n+2)-3)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} $.

Tale metodo è, come sopra affermato, generalizzabile a qualsiasi polinomio. Quel che occorre per fare materialmente il conto è conoscere i coefficienti "di cambio di base"; e la cosa non si prospetta facilissima (a me) neanche per polinomi di 4°-5° grado...

Queste si chiamano cannonate...

Ma scusate, non basta sapere che Qn+1=Tn+1+Tn, indicando con Qn l'n-esimo numero quadrato e con Tn l'n-esimo numero triangolare?
Una volta arrivati a questa conclusione, basta sommare le due somme di numeri triangolari e si ha la tesi.
(Chi ha visto le lezioni di Callegari lo conoscerà sicuramente)

Certo, bastano un sacco di cose. Quella va bene per la somma dei quadrati. Altri hanno dato suggerimenti che si generalizzano a somme di potenze maggiori di 2.
Comunque quello che suggerisci tu è parente del suggerimento di fph.