Somma dei quadrati dei primi $n$ numeri naturali

[Giso1]

Con una costruzione geometrica e un po' di fantasia ho ricavato questa formula per calcolare la somma dei quadrati dei primi $n$ numeri naturali, tuttavia ho qualche dubbio riguardo la sua correttezza e utilità:
$sum_{i=1}^n i^2\ = frac(\ n^2(n+1) \)2 \ - \sum_{k=1}^n\(sum_{i=1}^(n-k) i)$
Però: innanzi tutto non so se ha una certa utilità pratica o risulta eccessivamente scomoda; inoltre non sono sicuro di aver usato la giusta simbologia, ovvero, nelle ultime due sommatorie il mio scopo era far capire:
-con la prima a partire da destra che varia $i$ da $1$ a $n-k$
-con la seconda che il parametro $k$ sopra la prima sommatoria varia da $1$ a $n$
Vorrei una qualche delucidazione insomma

[Giso1]

Sì sono al corrente che quella è la formula giusta, e facendo varie prove lo è anche la mia. Mi interessava più sapere se ci fosse un modo di risolvere ciò che ho trovato e se l'ho scritto giusto o meno..

EDIT: ho trovato il procedimento appropriato, mi interesserebbe solo sapere se ha senso quello che ho scritto

[PZf]

@ Giso: in effetti la tua formula è corretta (e coincide con quella nota).
Come sei arrivato a scriverla in quel modo?

[theras]

@Gizo
Il vero problema di queste formule da verificare per induzione,quasi sempre,
è intuire il "prodotto finito" da sottoporre a tal procedimento dimostrativo,
che altrettanto spesso presenta solo "piccole" difficoltà tecniche una volta che si dispone della cosidetta "formula chiusa";
a parte che nel caso specifico son curioso di vedere i ragionamenti che t'hanno portato all'uguaglianza del post d'apertura
(corretta lo è di certo,ma che sia la più veloce ai tuoi fini non lo sono altrettanto,
anche se magari hai fatto qualche osservazione più che interessante,da conservare con cura,per giungervi..),
a tal fine potresti pure osservare che,fissato a piacere $n inNN$,avrai:
$2^3+3^3+..+n^3+(n+1)^3=[1^3+2^3+3^3+..+n^3]+(n+1)^3-1=n^3+3n^2+3n+sum_(i=1)^(n)i^3$ (1)
$2^3+3^3+..+n^3+(n+1)^3=sum_(i=1)^(n)(i+1)^3=sum_(i=1)^(n)(i^3+3i^2+3i+1)=sum_(i=1)^(n)i^3+3sum_(i=1)^(n)i^2+3sum_(i=1)^(n)i+sum_(i=1)^(n)1$ (2)
(le ultime tre uguaglianza sono facilmente giustificate dalla regola del cubo d'un trinomio,
dall'associatività dell'addizione e dalla sua distributività rispetto al prodotto).
Uguagliando i secondi membri di (1) e (2),ed elidendo quella "maledetta" $sum_(i=1)^(n)i^3$ in qualità d'addendo comune,
otterrai che $n^3+3n^2+3n=3sum_(i=1)^(n)i^2+3sum_(i=1)^(n)i+sum_(i=1)^(n)1$;
pertanto,per definizione di prodotto($1+1+..+1+1=1*n=n$) e per la nota "formula di Gauss"
(se non la conosci ripeti lo stesso procedimento partendo da $2^2+3^2+..n^2+(n+1)^2$,
anche se leggenda racconta d'un metodo più semplice,che tralascio per brevità,per determinare la somma dei primi $n$ numeri naturali..),avrai:
$3sum_(i=1)^(n)i^2=n^3+3n^2+3n-3(n(n+1))/2-nrArr...rArrsum_(i=1)^(n)i^2=1/3(n(n+1)(2n+1))/2=(n(n+1)(2n+1))/6$
(l'ultima implicazione è giustificata passaggi algebrici abbastanza semplici).
Ti mostro questo procedimento perchè,se non ricordo male,
generalizzandolo in maniera abbastanza ovvia ed usando la regola dello sviluppo di Newton,
più avanti nei tuoi studi dovresti arrivare ad una formula,contenente enti non elementari
(ma neanche incomprensibili..solo questione di tempo,tranquillo ),
che permette di trovare la somma delle $k$-esime potenze dei primi $n$ numeri:
mostri tu,per iniziare,cosa vien fuori se k=3 ?
Saluti dal web.

[PZf]

Nel caso specifico della somma dei quadrati si può procedere anche in un modo alternativo molto carino.
Sapendo che l'$i$-esimo quadrato è la somma dei primi $i$ numeri dispari si ottiene
$\sum_{i=1}^n i^2 = \sum_{i=1}^n\sum_{k=1}^i (2k-1) = \sum_{k=1}^n\sum_{i=k}^n (2k-1)=\sum_{k=1}^n (n-k+1)(2k-1)=$
$2n\sum_{k=1}^n k -n^2 -2\sum_{k=1}^n k^2 + \sum_{k=1}^n k +2\sum_{k=1}^n k -n=$
$=(2n+3)\sum_{k=1}^n k - n^2-n -2\sum_{k=1}^nk^2={n(n+1)(2n+3)}/2-n^2-n-2\sum_{k=1}^nk^2$

Portando $2\sum_{k=1}^nk^2$ al membro di sinistra e rimaneggiando un po' si riottiene ancora una volta il risultato noto.

In ogni caso sono ancora molto curioso di sapere come ha fatto l'OP (geometricamente?) a dedurre quella formula.

[Giso1]

Grazie a entrambi e scusate il ritardo!
Veramente mi vedo un po' in difficoltà a scrivere decentemente come abbia ottenuto i risultati, comunque l'idea di base è immaginare una sorta di piramide tridimensionali costituita di $n$ piani dove ogni piano $i$ ha $i^2$ cubetti disposti in forma quadrata e di modo che una colonna di questa infinita piramide sia comune a tutti i piani (ovvero i quadrati si sviluppano sempre dallo stesso angolo).
Per ottenere la mia formula grezza ho immaginato di prendere una piramide identica a quella data, solo rovesciata e con il "primo piano" in corrispondenza del cubetto più estremo dell'ultimo piano (quello che non tocca cubetti dei piani precedenti ortogonalmente). A questo punto dal parallelepipedo di lati $n$,$n$ e $n+1$ (l'ultimo è l'altezza) ho tolto tutti i "buchi, che ho notato corrispondere alla sommatoria $sum_{k=1}^n\(sum_{i=1}^(n-k) i)$ su entrambi i lati (quindi va moltiplicata per due). Il risultato è $2\sum_{i=1}^n i^2$ (le due piramidi considerate) $=\ n^2(n+1)$ (il volume del fittizio parallelepipedo) $-2\sum_{k=1}^n\(sum_{i=1}^(n-k) i)$ (il totale dei buchi).
Son sicuro di non essermi spiegato a dovere, spero di avere più successo nella prossima

Per ottenere la formula "giusta" si dovrà trovare un modo di completare questo parallelepipedo. Si considera la medesima piramide, una seconda identica ma rovesciata di 90 gradi della quale uno dei lati esterni dell'ultimo piano combacerà con quelli dell'ultimo della prima. Avendola immaginata in modo giusto le due piramidi sovrapposte combaceranno alla perfezione e il primo piano della seconda piramide (quello con un quadretto) si troverà ad essere sopra il primo piano della prima. A questo punto una terza piramide con $n-1$ piani va fatta combaciare secondo lo stesso principio, sull'altro lato dell'ultimo piano della prima piramide. Fatto ciò per completare il parallelepipedo rimane solo una porzione nella parte "più in alto" corrispondente a $sum_{k=1}^n k$. Quindi in totale abbiamo:
$2\sum_{i=1}^n i^2$ (le prime due piaramidi) $+\sum_{i=1}^(n-1) i^2$ (la terza piramide) $+\sum_{k=1}^n k$ (l'ultima porzione) $=\ n^2(n+1)$ (il volume del fittizio parallelepipedo). Svolgendo qualche calcolo si arriva alla nota:
$sum_{i=1}^n i^2\=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

[PZf]

Personalmente mi piace molto il tuo ragionamento
Sicuramente la fantasia non ti manca!


Comunque pensandoci mi è venuto in mente un metodo alternativo per trovare la somma $\sum_{k=1}^n k^\alpha$, con $\alpha\in\NN$ generico.
Non ci crederai ma l'idea mi è venuta cercando inizialmente di generalizzare il tuo ragionamento ad esponenti diversi da $2$. L'idea si è trasformata più volte e alla fine è diventata questa che è completamente diversa.

L'idea è quella di dimostrare che esiste un polinomio $p(x)$ con la proprietà $p(x+1)-p(x)=x^\alpha\ \forall x\in\RR$, determinarlo, e poi dimostrare (con una banale induzione) che per $n\in\NN$ vale $p(n+1)-p(0)=\sum_{k=1}^n k^\alpha$ ovvero $p(n)-p(0)+n^\alpha=\sum_{k=1}^n k^\alpha$.

Sia dunque $m$ il grado (per ora incognito) del polinomio $p(x)$ e scriviamo $p(x)=\sum_{i=0}^m a_i x^i$.
Vale $p(x+1)-p(x)=\sum_{i=0}^m a_i \sum_{j=0}^i ((i),(j)) x^j-\sum_{i=0}^m a_i x^i=\sum_{j=0}^m\sum_{i=j}^m((i),(j))a_ix^j-\sum_{i=0}^ma_ix^i=$
$=\sum_{i=0}^m[\sum_{j=i}^m((j),(i))a_j]x^i-\sum_{i=0}^ma_ix^i=\sum_{i=0}^m[\sum_{j=i}^m((j),(i))a_j-a_i]x^i=$
$=\sum_{i=0}^m[\sum_{j=i+1}^m((j),(i))a_j]x^i$.
Nell'ultima sommatoria il coefficiente di $x^m$ è nullo, mentre il coefficiente di $x^{m-1}$ è $ma_{m}$. Dunque se il grado di $p(x)$ è $m$ allora $p(x+1)-p(x)$ è un polinomio in $x$ e il suo grado è $m-1$.
Imponendo che sia $p(x+1)-p(x)=x^\alpha$ otteniamo che deve valere $m=\alpha+1$ e i coefficienti $a_i$ sono dati da
\[(\alpha+1)a_{\alpha+1}=1\Rightarrow a_{\alpha+1}=\frac{1}{{\alpha+1}}\]
\[\sum_{j=i+1}^{\alpha+1}\binom{j}{i}a_j=0\Rightarrow a_{i+1}=-\frac{1}{i+1}\sum_{j=i+2}^{\alpha+1}\binom{j}{i}a_j\Rightarrow a_{i}=-\frac{1}{i}\sum_{j=i+1}^{\alpha+1}\binom{j}{i-1}a_j\]
Nota: la formula ricorsiva per i coefficienti $a_i$ non permette di determinare $a_0$, ma ciò non è importante perché quando si calcola $p(x+1)-p(0)$ il coefficiente $a_0$ non compare. Siamo quindi sempre liberi di supporre $a_0=0$ e scrivere $p(n+1)=\sum_{k=1}^n k^\alpha$ ovvero $p(n)+n^\alpha=\sum_{k=1}^n k^\alpha$.

Applichiamo subito la formula al caso $\alpha=2$. Si ottiene
$a_3=1/3$
$a_2=-3/2a_3=-1/2$
$a_1=-a_3-a_2=1/6$
quindi il polinomio cercato è $p(x)=1/3x^3-1/2x^2+1/6x+a_0$ quindi $\sum_{k=1}^n k^2=p(n)+n^2=1/3n^3+1/2n^2+1/6n$.