《具体数学》学习笔记: 4.四种方法推导平方和公式

四种方法推导平方和公式

序言:
连续自然数的平方和， $S_n={\sum }_{k=0}^n{k}^2=1^2+2^2+...+n^2$ 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$S_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$。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

$n$	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10
$n^2$	0	1	4	9	16	25	36	49	64	81	100
$S_n$	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:
$$S_n=\frac{n(n+\frac{1}{2})(n+1)}{3}$$
很明显，这个公式更值得我们的大脑去记忆。
对于边界，$S_0=0=\frac{0(0+\frac{1}{2})(0+1)}{3}$，成功；
假定 $n>0$ 时，$S_{n-1}$满足公式，则
$$\begin{array}{rl}{S}_n& =S_{n-1}+n^2\\ & =\frac{(n-1)(n-\frac{1}{2})n}{3}+n^2\\ & =\frac{n^3+\frac{3}{2}{n}^2+\frac{1}{2}n}{3}\\ & =\frac{n(n+\frac{1}{2})(n+1)}{3}\end{array}$$
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：
$$\begin{array}{rl}{S}_n+a_{n+1}& =S_{n+1}\\ & =a_0+a_1+...+a_{n+1}\\ & =a_0+\sum _{k=0}^n{a}_{k+1}\end{array}$$
将之应用到我们的背景下:
$$\begin{array}{rl}{S}_n+(n+1{)}^2& =S_{n+1}\\ & =a_0+a_1+...+a_{n+1}\\ & =0+\sum _{k=0}^n(k+1{)}^2\\ & =\sum _{k=0}^n{k}^2+2k+1\\ & =S_n+2\sum _{k=0}^{n}k+(n+1)\end{array}$$
遗憾的是，到这一步我们就没有办法继续了，因为左右的$S_n$相互抵消。不过，通过移项，我们却意外地得到了另一个结论：
$$\begin{array}{rl}\sum _{k=0}^{n}k& =\frac{(n+1{)}^2-(n+1)}{2}\\ & =\frac{n(n+1)}{2}\end{array}$$
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
$T_n={\sum }_{k=0}^n{k}^3$，则
$$\begin{array}{rl}{T}_n+(n+1{)}^3& =T_{n+1}\\ & =0+\sum _{k=0}^n(k+1{)}^3\\ & =\sum _{k=0}^n{k}^3+3k^2+3k+1\\ & =T_n+3\sum _{k=0}^n{k}^2+\frac{3n(n+1)}{2}+(n+1)\end{array}$$
很好，左右 $T_n$ 相互抵消，通过移项以及合并，便可以得到
$$\sum _{k=0}^n{k}^2=\frac{n(n+\frac{1}{2})(n+1)}{3}$$

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
$$\begin{array}{rl}T(n+1)-T(n)& =(n+1{)}^3-n^3=3n^2+3n+1\\ ...& \\ T(2)-T(1)& =3\cdot 2^2+3\cdot 2+1\\ T(1)-T(0)& =3\cdot 1^2+3\cdot 1+1\end{array}$$
各式累加，得到
$$\begin{array}{rl}T(n+1)-T(0)& =3\sum _{k=0}^n{k}^2+\frac{3n(n+1)}{2}+(n+1)\end{array}$$
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$f(x)=x^2$，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$f(x)$与横坐标围城的面积(${\int }_0^n{x}^2\mathrm{d}x$)，去逼近各矩形面积之和(${\sum }_{k=0}^n{x}^2$)，其中
$${\int }_0^n{x}^2\mathrm{d}x=\frac{n^3}{3}$$
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 $E_n=S_n-\frac{n^3}{3}$(我们其实也应该猜到，这部分是个二阶量)，我们可以发现
$$\begin{array}{rl}{E}_n& =S_n-\frac{n^3}{3}\\ & =S_{n-1}+n^2-\frac{n^3}{3}\\ & =E_{n-1}+\frac{1}{3}(n-1{)}^3+n^2-\frac{n^3}{3}\\ & =E_{n-1}+n-\frac{1}{3}\end{array}$$
很显然了，$E_n$是个等差数列之和，通过移项累加得到
$$\begin{array}{rl}{E}_n& =E_0+\frac{n(n+1)}{2}-\frac{n}{3}\\ & =\frac{\frac{3}{2}{n}^2-\frac{1}{2}n}{3}\end{array}$$
于是
$$\begin{array}{rl}{S}_n& =E_n+\frac{n^3}{3}\\ & =\frac{n(n+\frac{1}{2})(n+1)}{3}\end{array}$$

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。
$$\begin{array}{rl}{1}^2+2^2+...+& (n-1{)}^2+n^2\\ =1& +2+...+(n-1)+n\\ & +2+...+(n-1)+n\\ & +..........\\ & +(n-1)+n\\ & +n\end{array}$$
等式右边昭示了，对于一个自然数 $k$, 仅有 $k$ 行存在 $k$，因此含有$k$的项的总和为 $k^2$。即
$$\begin{array}{rl}{S}_n& =\sum _{1\le k\le n}{k}^2\\ & =\sum _{1\le j\le n}\sum _{j\le k\le n}k\\ & =\sum _{1\le j\le n}\frac{(j+n)(n-j+1)}{2}\\ & =\frac{1}{2}\sum _{1\le j\le n}(n(n+1)+j-j^2)\\ & =\frac{1}{2}{n}^2(n+1)+\frac{1}{4}n(n+1)-\frac{1}{2}{S}_n\end{array}$$
接下来只要移项、合并便能得到结论。

• 总结

平方和公式的推导方式极其繁多，《具体数学》中便给出了八种解法，这里选取了其中四种方法进行讨论。更多的细节可以参考原书，当然从网上也能查找许多衍生的解法。个人认为，其中涉及到的一些套路，对于启发我们的思维具有很大的帮助。