kazinski je napisao:Da li ima neko da zna neki drugi nacin resavanja ovog zadatka da bi podelio sa nama, mozda slozeniji ili laksi nacin jer ko bi se pri resavanju zadatka setio izraza [inlmath]3x^2+3x+1=(x+1)^3-x^3[/inlmath] iako ga svi znamo..
Znam da i nema neke bitne razlike u odnosu na postupak koji si pokazao, ali u
ovom postu sam izložio postupak za računanje [inlmath]S_2[/inlmath] koristeći kub binoma, [inlmath]\left(x+1\right)^3=x^3+3x^2+3x+1[/inlmath], to je naravno isto kao i ovo tvoje samo malko drugačije zapisano, al' šta znam, možda je nekome taj oblik identiteta očigledniji pa bi ga se i lakše setio...
Naravno, slično i za [inlmath]S_3[/inlmath].
Corba248 je napisao:Pitanje je zapravo za koji je ovo nivo, jer ako je fakultetski onda povlačim prethodno napisano.
Sećam se da smo u Matematičkoj gimnaziji u 2. razredu radili računanje ove prve sume (zbir kvadrata prvih [inlmath]n[/inlmath] prirodnih brojeva) i računali smo je na način koji sam pokazao u linkovanom postu (dakle, slično načinu koji je kazinski izložio), dok drugu sumu (zbir kubova) nismo pominjali.
Razmišljao sam o još nekim načinima za rešavanje. Možda nije sasvim regularno, ali ako bismo krenuli od pretpostavke da suma [inlmath]S=1^2+2^2+\cdots+n^2[/inlmath] predstavlja polinom po [inlmath]n[/inlmath] (što se nekako intuitivno nameće), preostaje da odredimo red i koeficijente tog polinoma.
Napišemo rekurentnu vezu,
[dispmath]S(n)=S(n-1)+n^2[/dispmath] i odmah vidimo da polinom mora biti najmanje drugog reda, kako ovaj sabirak [inlmath]n^2[/inlmath] ne bi ostao „usamljen“ (zbog čega jednakost ne bi bila zadovoljena za svako [inlmath]n[/inlmath]).
Za polinom drugog reda, [inlmath]S(n)=an^2+bn+c[/inlmath]:
[dispmath]an^2+bn+c=a(n-1)^2+b(n-1)+c+n^2\\
{\color{red}\cancel{an^2}}+{\color{blue}\cancel{bn}}+{\color{green}\cancel c}={\color{red}\cancel{an^2}}-2an+a+{\color{blue}\cancel{bn}}-b+{\color{green}\cancel c}+n^2[/dispmath] i imamo „usamljene“ sabirke [inlmath]n^2[/inlmath] i [inlmath]-2an[/inlmath], što znači da jednakost opet neće biti zadovoljana za svako [inlmath]n[/inlmath].
Za polinom trećeg reda, [inlmath]S(n)=an^3+bn^2+cn+d[/inlmath]:
[dispmath]an^3+bn^2+cn+d=a(n-1)^3+b(n-1)^2+c(n-1)+d+n^2\\
{\color{red}\cancel{an^3}}+{\color{blue}\cancel{bn^2}}+{\color{green}\cancel{cn}}+{\color{brown}\cancel d}={\color{red}\cancel{an^3}}-3an^2+3an-a+{\color{blue}\cancel{bn^2}}-2bn+b+{\color{green}\cancel{cn}}-c+{\color{brown}\cancel d}+n^2[/dispmath] odakle sledi (da bi jednakost bila zadovoljena za svako [inlmath]n[/inlmath]):
[dispmath]-3a+1=0\\
3a-2b=0\\
-a+b-c=0[/dispmath] Rešavanjem ovog sistema dobije se [inlmath]a=\frac{1}{3}[/inlmath], [inlmath]b=\frac{1}{2}[/inlmath] i [inlmath]c=\frac{1}{6}[/inlmath], što znači da je pretpostavljeni polinom oblika
[dispmath]S(n)=\frac{1}{3}n^3+\frac{1}{2}n^2+\frac{1}{6}n+d[/dispmath] [inlmath]d[/inlmath] odredimo iz uslova da je [inlmath]S(1)=1^2=\frac{1}{3}+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+d[/inlmath], odakle se dobije [inlmath]d=0[/inlmath]. Prema tome, suma je jednaka
[dispmath]S(n)=\frac{1}{3}n^3+\frac{1}{2}n^2+\frac{1}{6}n\\
S(n)=\frac{n}{6}\left(2n^2+3n+1\right)\\
\enclose{box}{S(n)=\frac{n}{6}(n+1)(2n+1)}[/dispmath] Na potpuno isti način se može izvesti i izraz za sumu [inlmath]1^3+2^3+\cdots+n^3[/inlmath]. Dobije se da polinom mora biti četvrtog reda, s koeficijentima [inlmath]a=\frac{1}{4}[/inlmath], [inlmath]b=\frac{1}{2}[/inlmath], [inlmath]c=\frac{1}{4}[/inlmath], [inlmath]d=0[/inlmath] i [inlmath]e=0[/inlmath], odakle sledi već pomenuta jednakost [inlmath]\sum\limits_{k=1}^nk^3=\left(\sum\limits_{k=1}^nk\right)^2[/inlmath].