ช่วยพิสูจน์หน่อยครับ ผลบวกกำลังสาม

[pont494]

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

[lnพwsะบุ๑sสุ๑xล่o]

ใช้อุปนัยได้ครับ

[Jade1209]

สำหรับการอุปนัยทางคณิตศาสตร์นะครับ

พิจารณากรณี n=1 จะได้ว่า $1^3=(\frac{1(1+1)}{2})^2$ เป็นจริง

ทีนี้สมมติว่ากรณี n=k เป็นจริง คือ $1^3+2^3+3^3+...+k^3=(\frac{k(k+1)}{2})^2$ เป็นจริง

พิจารณากรณี n=k+1 จะได้ว่า $1^3+2^3+3^3+...+k^3+(k+1)^3=(\frac{k(k+1)}{2})^2+(k+1)^3$
$=(k+1)^2(\frac{k^2}{4}+k+1 )$
$=(k+1)^2(\frac{k^2+4k+4}{4} )$
$=(\frac{(k+1)((k+1)+1)}{2})^2$

ดังนั้นจะสรุปได้ว่าสมการดังกล่าวเป็นจริงครับ

[gon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ pont494

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

จากเอกลักษณ์ของปาสกาล $\binom{n}{r} = \binom{n-1}{r} + \binom{n-1}{r-1}$
ดังนั้น $\binom{n-1}{r-1} = \binom{n}{r} - \binom{n-1}{r}$

แสดงว่า
$\binom{r}{r} = \binom{r+1}{r+1} - \binom{r}{r+1} ... (1)$

$\binom{r+1}{r} = \binom{r+2}{r+1} - \binom{r+1}{r+1} ... (2)$

$\binom{r+2}{r} = \binom{r+3}{r+1} - \binom{r+2}{r+1} ... (2)$

...
$\binom{n}{r} = \binom{n+1}{r+1} - \binom{n}{r+1} ... (n-r+1)$

นำสมการทั้งหมดมารวมกันจะได้
$\binom{r}{r} + \binom{r+1}{r} + \binom{r+2}{r} + ... + \binom{n}{r}= \binom{n+1}{r+1} - \binom{r}{r+1}$

แต่นักคณิตศาสตร์นิยามให้ $\binom{n}{r} = 0$ เมื่อ $n < r$ ดังนั้น $\binom{r}{r+1} = 0$

นั่นคือ

$\binom{r}{r} + \binom{r+1}{r} + \binom{r+2}{r} + ... + \binom{n}{r}= \binom{n+1}{r+1} ... (*)$

และจาก $i^3 = (i^3 - i) + i = (i-1)i(i+1) + i = 3!\frac{(i-1)i(i+1)}{3!} + i = 6\binom{i+1}{3} + \binom{i}{1}$

ดังนั้น $\Sigma_{i=1}^n i^3 = \Sigma_{i=1}^n 6\binom{i+1}{3} + \Sigma_{i=1}^n \binom{i}{1}$

$\Sigma_{i=1}^n i^3 = 6\Sigma_{i=1}^n \binom{i+1}{3} + \Sigma_{i=1}^n \binom{i}{1}$

$\Sigma_{i=1}^n i^3 = 6(\binom{2}{3} + \binom{3}{3} + ... + \binom{n+1}{3}) + (\binom{1}{1} + \binom{2}{1} + ... + \binom{n}{1}) $

$\Sigma_{i=1}^n i^3 = 6(0+ \binom{3}{3} + ... + \binom{n+1}{3}) + (\binom{1}{1} + \binom{2}{1} + ... + \binom{n}{1}) $

ประยุกต์ (*) จะได้

$\Sigma_{i=1}^n i^3 =6\binom{n+2}{4} + \binom{n+1}{2} = 6\frac{(n+2)(n+1)(n)(n-1)}{4!} + \frac{n(n+1)}{2}$

จากนั้นดึงตัวร่วมคือ $\frac{n(n+1)}{4}$ ออกมาก็จบครับ.

[Euler-Fermat]

ใช้เอกลักษณ์นี้เลยครับ

$(k+1)^4-k^4 = 4k^3+6k^2+4k+1$

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

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

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

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

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

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

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

$$\therefore \sum_{k = 1}^{n}k^3 = [\dfrac{n(n+1)}{2}]^2$$

[pont494]

ขอบคุณทุกคนครับ