《具体数学》学习笔记：四种方法推导平方和公式

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《具体数学》学习笔记：四种方法推导平方和公式

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本文将介绍四种推导平方和公式的方法，包括数学归纳法、扰动法、积分逼近和化为二重和式。这些方法不仅展示了数学的严谨性，更体现了数学思维的多样性和创造性。

四种方法推导平方和公式

序言:
连续自然数的平方和，S n = ∑ k = 0 n k 2 = 1 2 + 2 2 + . . . + n 2 S_n = \sum_{k=0}^{n}{k^2} = 1^2 + 2^2 + ... + n^2Sn =∑k=0n k2=12+22+...+n2是我们中学时期便接触到的一个重要公式，当时只要求记住其结论，即S n = n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) 6 S_n = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}Sn =6n(n+1)(2n+1) 。本文将讨论四种推导方案(参考《具体数学》2.5)。
我们首先列举几个小的情形备用
n

       nn  0  1  2  3  4  5  6  7  8  9  10

         2 
        
       
      
     
       n^2n2  0  1  4  9  16  25  36  49  64  81  100

         n 
        
       
      
     
       S_nSn  0  1  5  14  30  55  91  140  204  285  385

1. 数学归纳法
毋庸置疑，作为最权威，最严谨的证明方式，数学归纳法一定是我们第一个想到的策略。在证明之前，我们先把之前的公式稍作改变:
S n = n ( n + 1 2 ) ( n + 1 ) 3 S_n = \frac{n(n + \frac{1}{2})(n + 1)}{3}Sn =3n(n+21 )(n+1)
很明显，这个公式更值得我们的大脑去记忆。
对于边界，S 0 = 0 = 0 ( 0 + 1 2 ) ( 0 + 1 ) 3 S_0 = 0 = \frac{0(0 + \frac{1}{2})(0 + 1)}{3}S0 =0=30(0+21 )(0+1) ，成功；
假定n > 0 n > 0n>0时，S n − 1 S_{n-1}Sn−1 满足公式，则
S n = S n − 1 + n 2 = ( n − 1 ) ( n − 1 2 ) n 3 + n 2 = n 3 + 3 2 n 2 + 1 2 n 3 = n ( n + 1 2 ) ( n + 1 ) 3 \begin{aligned} S_n &= S_{n - 1} + n^2\ &= \frac{(n - 1)(n - \frac{1}{2})n}{3} + n^2\ & = \frac{n^3+\frac{3}{2}n^2+\frac{1}{2}n}{3}\ &= \frac{n(n + \frac{1}{2})(n + 1)}{3} \end{aligned}Sn =Sn−1 +n2=3(n−1)(n−21 )n +n2=3n3+23 n2+21 n =3n(n+21 )(n+1)
由此，可得证
2. 扰动法(从立法差出发)
我们首先再回顾一下扰动法的公式：
S n + a n + 1 = S n + 1 = a 0 + a 1 + . . . + a n + 1 = a 0 + ∑ k = 0 n a k + 1 \begin{aligned} S_{n} + a_{n + 1} &= S_{n+1}\ &= a_0 + a_1 + ... + a_{n+1}\ &=a_0 + \sum_{k=0}^{n}{a_{k+1}} \end{aligned}Sn +an+1 =Sn+1 =a0 +a1 +...+an+1 =a0 +k=0∑n ak+1
将之应用到我们的背景下:
S n + ( n + 1 ) 2 = S n + 1 = a 0 + a 1 + . . . + a n + 1 = 0 + ∑ k = 0 n ( k + 1 ) 2 = ∑ k = 0 n k 2 + 2 k + 1 = S n + 2 ∑ k = 0 n k + ( n + 1 ) \begin{aligned} S_{n} + (n+1)^2 &= S_{n+1}\ &= a_0 + a_1 + ... + a_{n+1}\ &=0 + \sum_{k=0}^{n}{(k+1)^2}\ &=\sum_{k=0}^{n}{k^2+2k+1}\ &=S_n + 2\sum_{k=0}^{n}k + (n+1) \end{aligned}Sn +(n+1)2 =Sn+1 =a0 +a1 +...+an+1 =0+k=0∑n (k+1)2=k=0∑n k2+2k+1=Sn +2k=0∑n k+(n+1)
遗憾的是，到这一步我们就没有办法继续了，因为左右的S n S_nSn 相互抵消。不过，通过移项，我们却意外地得到了另一个结论：
∑ k = 0 n k = ( n + 1 ) 2 − ( n + 1 ) 2 = n ( n + 1 ) 2 \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n}k &= \frac{(n + 1)^2 - (n + 1)}{2} \ &=\frac{n(n+1)}{2} \end{aligned}k=0∑n k =2(n+1)2−(n+1) =2n(n+1)
这正是连续自然数和的公式。这启示了，我们通过对二阶和采用扰动法，可以得到一阶和，那如果对三阶和采用扰动法呢？命
T n = ∑ k = 0 n k 3 T_{n} = \sum_{k=0}^{n}{k^3}Tn =∑k=0n k3，则
T n + ( n + 1 ) 3 = T n + 1 = 0 + ∑ k = 0 n ( k + 1 ) 3 = ∑ k = 0 n k 3 + 3 k 2 + 3 k + 1 = T n + 3 ∑ k = 0 n k 2 + 3 n ( n + 1 ) 2 + ( n + 1 ) \begin{aligned} T_{n} + (n+1)^3 &= T_{n+1}\ &=0 + \sum_{k=0}^{n}{(k+1)^3}\ &=\sum_{k=0}^{n}{k^3+3k^2 + 3k+1}\ &=T_n+3\sum_{k=0}^{n}{k^2} + \frac{3n(n+1)}{2} + (n+1) \end{aligned}Tn +(n+1)3 =Tn+1 =0+k=0∑n (k+1)3=k=0∑n k3+3k2+3k+1=Tn +3k=0∑n k2+23n(n+1) +(n+1)
很好，左右T n T_{n}Tn 相互抵消，通过移项以及合并，便可以得到
∑ k = 0 n k 2 = n ( n + 1 2 ) ( n + 1 ) 3 \sum_{k=0}^{n}{k^2} = \frac{n(n + \frac{1}{2})(n + 1)}{3}k=0∑n k2=3n(n+21 )(n+1)
即便我们不熟悉扰动法，我们也可以从另一个角度出发，根据立方差公式
T ( n + 1 ) − T ( n ) = ( n + 1 ) 3 − n 3 = 3 n 2 + 3 n + 1 . . . T ( 2 ) − T ( 1 ) = 3 ⋅ 2 2 + 3 ⋅ 2 + 1 T ( 1 ) − T ( 0 ) = 3 ⋅ 1 2 + 3 ⋅ 1 + 1 \begin{aligned} T(n+1) - T(n) &= (n+1)^3 - n^3 = 3n^2+3n+1\ ... \ T(2) - T(1) &= 3·2^2+3·2+1\ T(1) - T(0) &= 3·1^2+3·1 + 1 \end{aligned}T(n+1)−T(n)...T(2)−T(1)T(1)−T(0) =(n+1)3−n3=3n2+3n+1=3⋅22+3⋅2+1=3⋅12+3⋅1+1
各式累加，得到
T ( n + 1 ) − T ( 0 ) = 3 ∑ k = 0 n k 2 + 3 n ( n + 1 ) 2 + ( n + 1 ) \begin{aligned} T(n + 1) - T(0) &= 3\sum_{k=0}^{n}{k^2} + \frac{3n(n+1)}{2} + (n+1) \end{aligned}T(n+1)−T(0) =3k=0∑n k2+23n(n+1) +(n+1)
同样可以得解。
3. 利用积分逼近求和

利用数形结合的方式，往往能使复杂的问题变得直观。先解释一下上图，图中的曲线为f ( x ) = x 2 f(x) = x^2f(x)=x2，曲线与每个宽为1的矩形的交点横坐标恰好为自然数。以此，我们可以利用曲线f ( x ) f(x)f(x)与横坐标围城的面积(∫ 0 n x 2 d x \int_{0}^{n}{x^2}{\rm d}x∫0n x2dx)，去逼近各矩形面积之和(∑ k = 0 n x 2 \sum_{k=0}^{n}{x^2}∑k=0n x2)，其中
∫ 0 n x 2 d x = n 3 3 \int_{0}^{n}{x^2}{\rm d}x = \frac{n^3}{3}∫0n x2dx=3n3
这恰好与原和式的最高阶量一致。当然，我们需要进一步检查误差，命误差E n = S n − n 3 3 E_n=S_n - \frac{n^3}{3}En =Sn −3n3 (我们其实也应该猜到，这部分是个二阶量)，我们可以发现
E n = S n − n 3 3 = S n − 1 + n 2 − n 3 3 = E n − 1 + 1 3 ( n − 1 ) 3 + n 2 − n 3 3 = E n − 1 + n − 1 3 \begin{aligned} E_n &= S_n - \frac{n^3}{3}\ &= S_{n - 1} + n^2 - \frac{n^3}{3}\ &=E_{n-1} + \frac{1}{3}(n-1)^3+n^2-\frac{n^3}{3}\ &=E_{n-1} + n - \frac{1}{3} \end{aligned}En =Sn −3n3 =Sn−1 +n2−3n3 =En−1 +31 (n−1)3+n2−3n3 =En−1 +n−31
很显然了，E n E_nEn 是个等差数列之和，通过移项累加得到
E n = E 0 + n ( n + 1 ) 2 − n 3 = 3 2 n 2 − 1 2 n 3 \begin{aligned} E_n &= E_0 + \frac{n(n+1)}{2} - \frac{n}{3}\ &=\frac{\frac{3}{2}n^2-\frac{1}{2}n}{3} \end{aligned}En =E0 +2n(n+1) −3n =323 n2−21 n
于是
S n = E n + n 3 3 = n ( n + 1 2 ) ( n + 1 ) 3 \begin{aligned} S_n &= E_n + \frac{n^3}{3}\ &= \frac{n(n + \frac{1}{2})(n + 1)}{3} \end{aligned}Sn =En +3n3 =3n(n+21 )(n+1)
4. 化为二重和式
有时候，不能一直想着用捷径去解决问题，不妨先绕个远路，没准也能发另一片天地。
1 2 + 2 2 + . . . + ( n − 1 ) 2 + n 2 = 1 + 2 + . . . + ( n − 1 ) + n + 2 + . . . + ( n − 1 ) + n + . . . . . . . . . . + ( n − 1 ) + n + n \begin{aligned} 1^2+2^2 +... + &(n-1)^2+n^2\ =1&+2+...+(n-1)+n\ & + 2 +...+(n-1)+n\ &+..........\ &+(n-1) + n\ &+n \end{aligned}12+22+...+=1 (n−1)2+n2+2+...+(n−1)+n+2+...+(n−1)+n+..........+(n−1)+n+n
等式右边昭示了，对于一个自然数k kk, 仅有k kk行存在k kk，因此含有k kk的项的总和为k 2 k^2k2。即
S n = ∑ 1 ≤ k ≤ n k 2 = ∑ 1 ≤ j ≤ n ∑ j ≤ k ≤ n k = ∑ 1 ≤ j ≤ n ( j + n ) ( n − j + 1 ) 2 = 1 2 ∑ 1 ≤ j ≤ n ( n ( n + 1 ) + j − j 2 ) = 1 2 n 2 ( n + 1 ) + 1 4 n ( n + 1 ) − 1 2 S n \begin{aligned} S_n &= \sum_{1\le k \le n}{k^2}\ &= \sum_{1\le j \le n} \sum_{j\le k \le n}{k}\ &=\sum_{1\le j \le n}\frac{(j+n)(n-j+1)}{2}\ &=\frac{1}{2}\sum_{1\le j \le n}(n(n+1) + j -j ^2)\ &=\frac{1}{2}n^2(n+1)+\frac{1}{4}n(n+1) - \frac{1}{2}S_n \end{aligned}Sn =1≤k≤n∑ k2=1≤j≤n∑ j≤k≤n∑ k=1≤j≤n∑ 2(j+n)(n−j+1) =21 1≤j≤n∑ (n(n+1)+j−j2)=21 n2(n+1)+41 n(n+1)−21 Sn
接下来只要移项、合并便能得到结论。