Ensino Médio ⇒ Soma dos Quadrados Tópico resolvido

[Alexander]

Estava resolvendo uns exercícios e me deparei com esse aqui.
Demonstre que:
[tex3]1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + ... + n^{2} = \frac{n(n+1)(2n + 1)}{6}[/tex3]

Essa demonstração sai facilmente por indução, mas eu queria compartilhar uma outra demonstração interessante que encontrei na net.

[tex3]2^3 = (1+1)^{3} = 1^{3} + 3.1^{2} + 3.1 + 1[/tex3]

[tex3]3^3 = (2 + 1)^{3} = 2^{3} + 3.2^{2} + 3.2 + 1[/tex3]

[tex3]4^3 = (3 + 1)^3= 3^{3} + 3.3^{2} + 3.3 + 1[/tex3]

...

[tex3]n^3 = [(n -1) + 1]^{3} = (n-1)^{3} + 3.(n-1)^{2} + 3.(n-1) + 1[/tex3]

- Somando tudo:

[tex3]2^{3} + 3^{3} + ... + n^{3} = 1^{3} + 2^{3} + ... + (n-1)^{3} + 3( 1^{2} + 2^{2} + ... + (n-1)^{2}) + 3[1 + 2 + ... + (n-1)] + (1+1+1+...+1)[/tex3]

1) Subtraindo [tex3](1^{3} + 2^{3} + ... + (n-1)^{3})[/tex3] de ambos os membros.

2) Fazendo a soma nos n primeiros termos de uma PA em [1 + 2 + 3 + ... + (n-1)]

3) Notando que em (1+1+1+1+...+1) o 1 se repete (n-1) vezes

O resultado final será:

[tex3]n^{3} - 1^{3} = 3[1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + ... + (n-1)^{2}] + 3[\frac{n(n-1)}{2}] + (n-1)[/tex3]

Adicionando [tex3]3n^{2}[/tex3] nos dois membros:

[tex3]n^{3} - 1^{3} + 3n^{2} = 3[1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + ... + (n-1)^{2}] + 3n^{2} + 3[\frac{n(n-1)}{2}] + (n-1)[/tex3]

[tex3]n^{3} - 1 + 3n^{2} - 3[\frac{n(n-1)}{2}] - (n-1) = 3[1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + ... + (n-1)^{2} + n^{2}][/tex3]

Simplificando:

[tex3]\frac{2n^3 - 3n^{2} + 3n -2n + 6n^{2}}{6} = \frac{2n^{3} + 3n^{2} + n }{6}= \frac{n(2n^{2} +3n + 1)}{6} = (1^{2} + 2^{2} + ... + n^{2})[/tex3]

Com isso temos que:

[tex3]1^{2} + 2^{2} + 3^{2} + ... + n^{2} = \frac{n(n+1)(2n +1)}{6}[/tex3]

[poti]

Muito bom Alexander, o Filipecaceres já demonstrou assim num exercício aqui do forum. Um tempo depois eu aprendi um método bem interessante que dá pra calcular o somatório de qualquer potência. Vou copiar a mensagem do jeito que mandei na época:

Oi filipe. Aprendi uma coisa muito bacana hoje na aula de Mat. Discreta, pensei em compartilhar com você.

Definição (Potência "Caída", Fatorial "Caído", não sei nem se existe tradução):

[tex3]x^{\underline{n}} = x.(x-1).(x-2)...(x - (n-1))[/tex3]

Exemplo:

[tex3]x^{\underline{4}} = x.(x-1).(x-2).(x-3)[/tex3]

Mas aonde isso entra ? Então. Uma coisa interessante (e que pode ser provada), é que a soma dessas potências de [tex3]0[/tex3] a [tex3]n[/tex3] podem ser simplificadas como se você tivesse fazendo uma integral de Riemann. No caso:

[tex3]\int x^2 = \frac{x^3}{3}[/tex3]

[tex3]\sum_{k=0}^n k^{\underline{2}} = \frac{(n+1)^{\underline{3}}}{3} = \frac{(n+1).n.(n-1)}{3}[/tex3]

[tex3]\int x^5 = \frac{x^6}{6}[/tex3]

[tex3]\sum_{k=0}^n k^{\underline{5}} = \frac{(n+1)^{\underline{6}}}{6} = \frac{(n+1).n.(n-1).(n-2).(n-3).(n-4)}{6}[/tex3]

A única coisa que muda, é que você troca o [tex3]k[/tex3] por [tex3]n + 1[/tex3]. Uma utilidade:

"Simplificar: [tex3]\sum_{k=0}^n k(k-1)[/tex3]"

Usando o fatorial caído: [tex3]\sum_{k=0}^n k^{\underline{2}} = \frac{(n+1).n.(n-1)}{3}[/tex3]

Agora o que me levou a mandar essa mensagem, é o uso no somatório de potências que você me ensinou pelo método da expansão de binômios. É possível usar neles, pois estão todos intimamente ligados:

[tex3]x^0 = x^{\underline{0}}[/tex3]
[tex3]x^1 = x^{\underline{1}}[/tex3]
[tex3]x^2 = x^{\underline{2}} + x^{\underline{1}}[/tex3]
[tex3]x^3 = x^{\underline{3}} + 3x^{\underline{2}} + x^{\underline{1}}[/tex3]
[tex3]x^4 = x^{\underline{4}} + 6x^{\underline{3}} + 7x^{\underline{2}} + x^{\underline{1}}[/tex3]

Esses coeficientes são conhecidos como "Números de Stirling de Segunda Ordem" (Notação:[tex3]\{n \\ k\}[/tex3]). A tabela que eu marquei no link abaixo mostra como você os monta.

516k21.jpg (40.8 KiB) Exibido 890 vezes

Formalmente: [tex3]\{n \\ k\} = k \{n - 1 \\ k\} + \{n - 1 \\ k-1\}[/tex3]

Sabendo montá-los, fica muito fácil fazer somatórios de quaisquer potências. Exemplo:

[tex3]\sum_{x=0}^n x^4 = \sum_{x=0}^n x^{\underline{4}} + 6. \sum_{x=0}^n x^{\underline{3}} + 7. \sum_{x=0}^n x^{\underline{2}} + \sum_{x=0}^n x^{\underline{1}}[/tex3]

"Integrando as potências":

[tex3]\sum_{x=0}^n x^4 = \frac{(n+1)^{\underline{5}}}{5} + 6.\frac{(n+1)^{\underline{4}}}{4} + 7.\frac{(n+1)^{\underline{3}}}{3} + \frac{(n+1)^{\underline{2}}}{2}[/tex3]

[tex3]\sum_{x=0}^n x^4 = \frac{(n+1).n.(n-1).(n-2).(n-3)}{5} + \frac{6(n+1).n.(n-1).(n-2)}{4} + \frac{7(n+1).n.(n-1)}{3} + \frac{(n+1).n}{2}[/tex3]

Claro que a nível de simplificação de uma fórmula, isso de nada vale. Mas para calcular é infinitamente mais rápido do que ter de achar e ainda calcular através daquele método. No caso de não termos [tex3]0[/tex3] e [tex3]n[/tex3] mas sim valores num intervalo [tex3][a,b][/tex3] com [tex3]a \neq 0[/tex3], é só fazer de [tex3]0[/tex3] a [tex3]b[/tex3] e subtrair de [tex3]0[/tex3] a [tex3]a[/tex3].

Existem infinitas relações e fórmulas de recorrências envolvendo esses números de Stirling, onde ele mistura com o Triângulo de Pascal, Binômio de Newton e até com os números de Euler. Esses números de Stirling na verdade são formados por permutações e arranjos na definição. Recomendo você dar uma olhada no livro "Concrete Mathematics" dos autores Graham e Knuth. Lá você encontra desde a Convolução de Vandermonde até problemas clássicos, junto com esses números especiais.