OliForum Matematico

Posto un "classico"
Ricavare una forma chiusa per la sommatoria dei primi quadrati/cubi: $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}{i^2}$, $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}{i^3}$.
(Ricavarle senza partire già dalle formule per poi dimostrarne la validità!)

Perchè TdN?

Non so, andava in algebra? Riguardano i numeri interi dopotutto...

io ne ho una vecchia per la somma dei quadrati, però purtroppo a suo tempo la feci in doc
se la posto rischio il ban eterno dal forum o può esservi una tregua?

è così lunga da non poterla riscrivere in $\LaTeX$?

boh non me la carica, comunque è questa: http://imageshack.us/photo/my-images/202/all2z.jpg/
Nella figura qui sopra (venuta male perché lo scanner mi taglia l’immagine…) ho immaginato ogni quadrato $ x^2 $ come l’area di un quadrato di lato $ x $ e ho affiancato a ogni quadrato un altro con il lato uguale al precedente $ + 1 $.
La somma dei primi $ n $ quadrati risulta quindi essere l’area della figura blu (mi sono fermato a $ n=7 $).
La figura blu è però anche la differenza tra il rettangolo complessivo e la figura verde.
La base del rettangolo è pari alla somma delle basi dei quadrati, ovvero alla somma dei primi n numeri naturali, la cui formula è $ \frac{n(n+1)}{2} $.
L’altezza è pari al lato dell’ultimo quadrato, cioè $ n $.
L’area del rettangolo totale è quindi $ \frac{n^2(n+1)}{2} $.
La figura verde può essere divisa in $ n-1 $ rettangoli di altezza $ 1 $ e base crescente: il primo ha base $ 1 $, il secondo $ 1+2=3 $, il terzo $ 1+2+3=6 $, l’ultimo $ \frac{n(n-1)}{2} $ .
Quindi l’area verde è pari a $ 1+3+6+10+…+ \frac{n(n-1)}{2}. $
I primi sono (per $ n=1 $) $ 1 $, (per $ n=2 $) $ 4 $, (per $ n=… $) $ 10, 20, 35, 56, … $
Questi numero si possono ritrovare nel triangolo di Tartaglia lungo la diagonale del tipo $ \binom{n+1}{n-2} $.
Quindi l’area verde dove l’ultimo quadrato ha lato n è $ \binom{n+1}{n-2}=\frac{(n+1)!}{(n-2)!(n+1-n+2)}=\frac{(n-1)n(n+1)}{6} $.
L'area blu è quindi $ \frac{n^2(n+1)}{2}-\frac{(n-1)n(n+1)}{6}=\frac{(n+1)2n(2n+1)}{6} $. (scusate ma i conti in mezzo li ometto)

Io l'avevo fatta tre, ormai quattro anni fa così:

Scriviamo $n^2$ come $\underbrace{n+n+\dots +n+n}_{\mbox{n volte}}$... Otteniamo che la somma che vogliamo "calcolare" diventa
$$\sum_{j=1}^{n}j^2 = \sum_{j=1}^{n}j+\sum_{j=2}^{n}j+\sum_{j=3}^{n}j+\dots + \sum_{j=n}^{n}j = \sum_{k=1}^{n}\sum_{j=k}^{n}j = \sum_{k=1}^{n}\frac{(n-k+1)(n+k)}{2} =\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}(n^2-k^2+n+k) $$

quindi

$$\frac{3}{2}\sum_{j=1}^{n}j^2 = \frac{n^3+n^2+\frac{n(n+1)}{2}}{2} = \frac{2n^3+2n^2+n^2+n}{4} = \frac{n(2n+1)(n+1)}{4}$$

Da cui si ottiene finalmente che $\displaystyle \sum_{j=1}^{n}j^2= \frac{n(2n+1)(n+1)}{6}$

E si fa similmente con la somma dei cubi Inoltre c'è un approccio combinatorico impensabile XD se qualcuno lo trova ha la mia piena stima...

Io l'avevo fatto scrivendo i quadrati usando $\displaystyle \sum^n{2i-1}=n^2$, ora penso all'approccio combinatorio...

Io risolsi la sommatoria dei quadrati immaginando di contare i mattoni di una piramide costituita da basamenti quadrati sovrapposti uno sull'altro: a partire da quello più in basso di $ n $ per $ n $ mattoni, poi via via $ (n-1) $ per $ (n-1) $, $ (n-2) $ per $ (n-2) $... fino al mattone finale posto all'apice. Feci un mare di calcoli (prevalentemente geometrici) fino ad ad arrivare alla nota formula (che allora non conoscevo affatto)... che soddisfazione nel vedere che funzionava davvero! fu allora che mi appassionai alla matematica :')