Soma dos quadrados dos primeiros n números inteiros positivos

Em resposta a uma questão  de George Edison, no MSE, apresentei as seguintes duas demonstrações de

\displaystyle\sum_{k=1}^nk^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}

Demonstração 1. (Dias Agudo, Cândido da Silva, Matemáticas Gerais III, Exercício 2.5.1). Seja S:=\sum_{k=1}^{n}k^{2}. Considere-se (1+a)^{3}=1+3a+3a^{2}+a^{3} e some-se (1+a)^{3} para a=1,2,\ldots ,n:

\begin{aligned}(1+1)^{3} &=1+3\cdot 1+3\cdot 1^{2}+1^{3} \\(1+2)^{3} &=1+3\cdot 2+3\cdot 2^{2}+2^{3} \\(1+3)^{3} &=1+3\cdot 3+3\cdot 3^{2}+3^{3} \\&\cdots \\(1+n)^{3} &=1+3\cdot n+3\cdot n^{2}+n^{3}\end{aligned}

O termo (1+1)^3 no primeiro membro da primeira soma cancela o termo 2^3 no segundo membro da segunda, (1+2)^3, o 3^3, (1+3)^3, o 4^3, …, o (1+n-1)^3 cancela n^3. Assim

(1+n)^{3}=n+3\left( 1+2+\ldots +n\right) +3S+1

e

S=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6},

porque

1+2+\ldots +n=\dfrac{n\left( n+1\right) }{2}.

Demonstração 2. (Balakrishnan, Combinatorics, Schaum’s Outline of Combinatorics, Exercício 1.42 ). De

\dbinom{k}{1}+2\dbinom{k}{2}=k+2\dfrac{k\left( k-1\right) }{2}=k^{2},

obtem-se

\begin{aligned}S &:=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}k^{2}=\displaystyle\sum_{k=0}^{n}\dbinom{k}{1}+2\dbinom{k}{2}=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\dbinom{k}{1}+2\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dbinom{k}{2} \\&=\dbinom{n+1}{2}+2\dbinom{n+1}{3} \\&=\dfrac{n\left( n+1\right) \left( 2n+1\right) }{6}.\end{aligned}

Sobre Américo Tavares

eng. electrotécnico reformado / retired electrical engineer
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6 respostas a Soma dos quadrados dos primeiros n números inteiros positivos

  1. Na verdade o primeiro método apresentado pode ser facilmente generalizado para permitir o cálculo de
    \displaystyle S_j(n)=\sum_{k=1}^n k^j iterativamente, ou seja, em função das somas
    S_t(n)\, 1\leq t\leq j-1.
    Como ilustração, poderá partir de
    (1+1)^4=\dots
    para obter a curiosa igualdade
    \displaystyle \sum_{k=1}^n k^3=\left(\sum_{k=1}^n k\right)^2=\frac{n^2(n+1)^2}{4}.

    • Resta-me seguir o método que indica, que agradeço. Começando pelo desenvolvimento binomial

      (1+a)^{4}=1+4\cdot a+6\cdot a^{2}+4\cdot a^{3}+a^{4}

      e somando membro a membro as n identidades seguintes

      (1+1)^{4}=1+4\cdot 1+6\cdot 1^{2}+4\cdot 1^{3}+1^{4}

      (1+2)^{4}=1+4\cdot 2+6\cdot 2^{2}+4\cdot 2^{3}+2^{4}

      (1+3)^{4}=1+4\cdot 3+6\cdot 3^{2}+4\cdot 3^{3}+3^{4}

      \qquad\qquad\ldots

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

      ficamos com

      (1+n)^{4}=n+4S_{1}(n)+6S_{2}(n)+4S_{3}(n)+1.

      Utilizando o valor da soma

      S_{1}(n)=\dfrac{n(n+1)}{2}

      e o da soma calculada acima

      S_{2}(n)=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6},

      obtemos a equação

      (1+n)^{4}=n+4\dfrac{n(n+1)}{2}+6\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}+4S_{3}(n)+1,

      que resolvida em ordem a S_{3}(n) nos dá, de facto,

      S_{3}(n)=\dfrac{n^{2}(n+1)^{2}}{4}=S_{1}^{2}(n).

  2. serolmar diz:

    O problema das somas das n potências foi tratado por Faulhaber até à 17ª e por Bernoulli na sua famosa obra Ars Conjectandi: daí os coeficientes receberem o nome de números de Bernoulli.
    Vou aqui apresentar o raciocínio que segui há já muito tempo para obter várias somas do género antes de as ter encontrado na literatura técnica.
    Designo a soma da p-ésima potência por S_p(n) como no artigo. Como \Delta S_p(n) = (n+1)^p vemos que S_p(n) constitui um polinómio de grau p+1. Além disso, temos S_p(0)=0 vindo, portanto,
    S_p(n)=\sum_{k=1}^{p+1}a_{p,k} n^k
    Ora, daqui vem
    \Delta S_p(n)=\sum_{k=1}^{p+1}{a_{p,k}\sum_{l=0}^{k-1}{\binom{k}{l}n^l}}=\sum_{k=0}^{p}{n^k\sum_{l=k}^{p}{\binom{l+1}{k}a_{p,l+1}}}
    Deste modo,
    \Delta S_p(n)=\sum_{k=0}^{p}{n^k\sum_{l=k}^{p}{\binom{l+1}{k}a_{p,l+1}}}=(n+1)^p=\sum_{k=0}{p}\binom{p}{k}n^k
    Se compararmos os coeficientes com a mesma potência temos o conjunto de p+1 equações, com k=0,1,...,p,
    \sum_{l=k}^{p}\binom{k}{l+1}a_{p,l+1}=\binom{p}{k}
    Este sistema pode ser escrito facilmente na forma matricial para os coeficientes a_{p,1}, a_{p,2}, \cdots, a_{p,p+1}. Por exemplo, para p=4 temos
    \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & 1\\  0& 2 & 3 & 4 & 5\\  0& 0 & 3 & 6 & 10\\  0& 0 & 0 & 4 & 10\\  0& 0 & 0 & 0 & 5 \end{bmatrix}\begin{bmatrix} a_{4,1}\\a_{4,2}\\a_{4,3}\\a_{4,4}\\a_{4,5} \end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\4\\6\\4\\1\end{bmatrix}
    A solução deste sistema escreve-se como
    a_{4,1}=-\frac{1}{30}, a_{4,2}=0, a_{4,3}=\frac{1}{3}, a_{4,4}=\frac{1}{2}, a_{4,5}=\frac{1}{5}
    Temos, portanto,
    S_4(n)=\sum_{k=1}^n k^4=\frac{n^5}{5}+\frac{n^4}{2}+\frac{n^3}{3}-\frac{n}{30}
    Para construir a matriz para outros valores de p basta observar que as colunas correspondem às linhas do triângulo de Pascal onde é ignorada a última entrada. Os termos independentes correspondem à linha p completa do triângulo.

    • Inteligente e esclarecedor raciocínio o seu que teve a amabilidade de aqui nos explicar.

      Aproveito para indicar aos leitores que as somas S_p(n) se podem determinar recursivamente pela fórmula

      \displaystyle\sum_{k=1}^{p}\dbinom{k+1}{k}S_{k}(n)=\left( n+1\right) ^{p+1}-(n+1).

      Bom Ano Novo!

  3. Reginaldo José dos Santos diz:

    Essas demonstrações de séries envolvendo a soma de números inteiros são incríveis as quais de certa forma estava esquecido de algumas passagens, principalmente para somar números inteiros ao quadrado, e nem pensava na generalização, mas mesmo assim não entendi o processo utilizando a combinatória. Parabéns prof. Américo Tavares

  4. Pingback: Coeficiente de correlação de postos de Spearman | bloqm

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