dowód indukcyjny

[wesołyRomek]

Udowodnij: \(1^3+2^3+...+n^3= \frac{n^2(n+1)^2}{4}\)

[irena]

\(n=1\\L=1^3=1\\P=\frac{1^2(1+1)^2}{4}=\frac{1\cdot4}{4}=1\\L=P\)

\(Z.\\1^3+2^3+...+n^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}\)

\(T.\\1^3+2^3+...+n^3+(n+1)^3=\frac{(n+1)^2(n+2)^2}{4}\)

\(D.\\1^3+2^3+n^3+(n+1)^3=\frac{n^2(n+1)^2}{4}+(n+1)^3=\frac{n^2(n+1)^2+4(n+1)^3}{4}=\frac{(n+1)^2\cdot[n^2+4(n+1)]}{4}=\\=\frac{(n+1)^2(n^2+4n+4)}{4}=\frac{(n+1)^2(n+2)^2}{4}\)

[patryk00714]

jako ciekawostkę dodam skąd ten wzór się zabrał w ogóle

Obliczmy sumę \(1^3+2^3+3^3+...+n^3\).

Sposób polega na obliczeniu sumy \(\sum_{k=1}^{ n }(k+1)^4-k^4\) na dwa sposoby i porównaniu wyników:


1) \(\sum_{k=1}^{ n }(k+1)^4-k^4= \sum_{k=1}^{ n}(k+1)^4-\sum_{k=1}^{ n }k^4=2^4+3^4+...(n+1)^4-(1^4+2^4+...n^4)=(n+1)^4-1\)


2)\(\sum_{k=1}^{ n }(k+1)^4-k^4=\sum_{k=1}^{ n }(k^4+4k^3+6k^2+4k+1-k^4)=\sum_{k=1}^{ n }4k^3+6k^2+4k+1=\)

\(4\sum_{k=1}^{ n}k^3+6\sum_{k=1}^{ n }k^2+4\sum_{k=1}^{ n }k+\sum_{k=1}^{ n}1=(n+1)^4-1\)

Wiemy, że (możemy to wyprowadzić podobnie jak ten przekład) \(\sum_{k=1}^{ n }k^2= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\) oraz \(\sum_{k=1}^{n}k= \frac{n(n+1)}{2}\), a także: \(\sum_{k=1}^{n}1=n\)

czyli : \(4\sum_{k=1}^{n}k^3+6 \cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+4 \cdot \frac{n(n+1)}{2}+n=(n+1)^4-1\)

\(4 \sum_{k=1}^{n}k^3 +n(n+1)(2n+1)+2n(n+1)+n=n^4+4n^3+6n^2+4n+1-1\)

\(4 \sum_{k=1}^{n}k^3+n(2n^2+n+2n+1)+2n^2+2n+n= n^4+4n^3+6n^2+4n\)

\(4 \sum_{k=1}^{n}k^3+2n^3+3n^2+n+2n^2+3n=n^4+4n^3+6n^2+4n\)

\(4 \sum_{k=1}^{n}k^3=n^4+2n^3+n^2\)

\(4 \sum_{k=1}^{n}k^3=n^2(n^2+2n+1)\)

\(\sum_{k=1}^{n}k^3= \frac{n^2(n+1)^2}{4}= \left( \frac{n(n+1)}{2} \right)^2\)

Jak widać sposób ciekawy Niestety do wyliczenia sumy \(1^m+2^m+...+n^m\) potrzebujemy znać wszystkie sumy od 1 do \(m-1\). Działa to na podobnej zasadzie jak rekurencja w ciągu Mam nadzieje, że komuś się spodoba ten dodatek

Pozdro zadanio-infowcy