Studiando il teorema di Archimede sulla quadratura della parabola, è stata incontrata la nota formula della teoria dei numeri che calcola la somma dei quadrati dei primi n numeri dispari (1):
$$
\sum_1^n(2 n-1)^2=\left(4 n^3-n\right) / 3
$$
Nell’intento di ottenere la (1) ricorrendo ad un modello geometrico, ho trovato le seguenti curiosità:
(A) La somma dei primi n numeri naturali si ottiene “contando” i quadratini unitari in una figura del tipo seguente, costruita per $n=6$ :
Area del triangolo ABC +i mezzi quadratini esterni ad esso
$$\sum_1^6 n=1+2+3+4+5+6=$$
$$=6^2 / 2+6 / 2=\left(6^2+6\right) / 2 $$
cioè:
$$\sum_1^n n=\left(n^2+n\right) / 2$$
(B) La somma dei primi n numeri dispari si ottiene dalla scacchiera in figura seguente, nella quale la successione dei numeri dispari è data dai quadratini che compongono le varie figure ad $L$ evidenziate:
$$\sum_1^6 n(2 n-1)=1+3+5+7+9+11=6 \cdot 6 $$
area del quadrato, cioè:
$$\sum_1^n n(2 n-1)=n^2 $$
Somma dei primi n numeri pari
In figura è rappresentata la somma dei primi 5 numeri pari. Se si traccia una verticale $D$ come mostrato, si vede che per completare il rettangolo $6 \cdot 5 a$ sinistra occorrono esattamente i quadratini unitari a destra di D.
Questo accade per ogni n, perciò:
$$
\sum_1^n(2 n)=(n+1) \cdot n=n^2+n
$$
I due modelli geometrici precedenti appartengono allo spazio bidimensionale. Volendo ottenere la somma dei quadrati dei primi n numeri naturali ho cercato nello spazio a 3 dimensioni, trovando il modello rappresentato (per $n=6$ ) nella figura che segue:
$$\sum_1^6 n^2=1+4+9+16+25+36=91$$
è il numero totale dei cubetti di volume unitario che compongono la figura in blu.
II volume $V$ della piramide in rosso vale:
$V=63 / 3=72$
Contiamo ora, procedendo dall’alto verso il basso, il numero $N$ dei cubetti da sommare alla piramide in rosso per ottenere la figura in blu:
$N=2 / 3+(2 / 3+1)+(2 / 3+2)+(2 / 3+3)+(2 / 3+4)+$ $(2 / 3+5)$
cioè:
$$
N=(2 / 3) \cdot 6+(1+2+3+4+5)=19$$
$$V+N=72+19=91$$
ed è verificato.
Volendo estendere ad n qualsiasi, scriviamo:
$$
\sum_1^n n n^2 =V n+N n=n^3 / 3+2 n / 3+\sum_1^{n-1} n n=n^3 / 3+2 n / 3+\left(n^2+n\right) / 2-n= $$
$$=\left(2 n^3+4 n+3 n^2+3 n-6 n\right) / 6
$$
cioè:
$$
\sum_1^n n^2=\left(2 n^3+3 n^2+n\right) / 6
$$
Somma dei quadrati dei primi n numeri pari
$$
\sum_1^n(2 n)^2=\sum_1^n 4 n^2=\frac{4 \sum n n^2=(2 / 3)}{1} \cdot\left(2 n^3+3 n^2+n\right)
$$
Calcoliamo ora la somma dei quadrati dei primi n numeri dispari, usando un modello tridimensionale, in maniera del tutto analoga alla precedente:
$$\sum_1^4 n(2 n-1)^2=1+9+25+49=84$$
è il numero totale dei cubetti di volume unitario che compongono la figura in blu.
II volume $V$ della piramide in rosso vale:
$V=\left(7^2 \cdot 3,5\right) / 3=57+1 / 6$
Il numero $N$ dei cubetti da sommare alla piramide in rosso per ottenere la figura in blu è:
$N=5 / 6+(8 / 3+2)+(8 / 3+6)+(8 / 3+10)$
cioè:
$N=5 / 6+(8 / 3 \cdot 3)+(2+6+10)=26+5 / 6$
$V+N=84$
Estendendo ad $n$ qualsiasi:
$$
\sum_1^n n(2 n-1)^2=V n+N n=\left((2 n-1)^2 \cdot(2 n-1) / 2\right) / 3+5 / 6+8(n-1) / 3+2(n-1)^2= $$
$$=(2 n-1)^3 / 6+\left(5+16 n-16+12 n^2-24 n+12\right) / 6= $$
$$=\left(8 n^3-12 n^2+6 n-1\right) / 6+\left(12 n^2-8 n+1\right) / 6= $$
$$=\left(8 n^3-2 n\right) / 6 $$
cioè:
$$
\sum_1^n(2 n-1)^2=\left(4 n^3-n\right) / 3
$$
Calcoliamo ora la somma dei cubi dei primi n numeri naturali.
Nella figura che segue, I’ “edificio” A rappresenta la somma dei cubi dei primi 4 numeri naturali:
$$\sum_1^4 n n^3=1+8+27+64=100$$
mattoni unitari.
Spostando successivamente i mattoni, in maniera “ricorrente”, come mostrato nelle figure $B, C$ e $D$ (prima 1.2 rossi, poi $(1+2)$ verdi ed infine $(1+2+3)^{-4}$ gialli), si ottengono in figura $D : 1+2+3+4=10$ pile di mattoni, tutte di altezza: $1+2+3+4=10$, cioè:
$$
\sum_1^4 n n^3 =\sum n n \cdot \sum n n=10^2=100
$$
La formula generale sarà quindi:
$$
\sum_1^n n n^3 =\sum_1^n n n \cdot \sum_1^n n n=(\sum_1^n n n)^2=[(n^2+n) /2]^2
$$
Il metodo impiegato nella derivazione precedente usa trasformazioni successive di un modello geometrico. Nell’animazione è mostrata la sequenza di tali trasformazioni per la somma dei primi 6 cubi; in essa si vede come lavora l’induzione matematica.
Il principio di induzione matematica è applicabile, in quanto osservando si vede che, in ciascun cubo della somma, i cubetti unitari da spostare sono ordinatamente disposti in 1+2+3+…+(n-1) pile, ciascuna di altezza n. Perciò è stato possibile generalizzare il risultato.
Si noti che il risultato finale della trasformazione è sempre (per ogni n) uno pseudo-parallelepipedo, avente per base una rappresentazione geometrica del numero triangolare Tn e per altezza (che rimane invariata nella trasformazione) il numero Tn stesso. Al limite di n = ∞ questa figura diventa un parallelepipedo a base triangolare.
Somma dei cubi dei primi n numeri pari
$$\sum_1^n n(2 n)^3=\sum n 8 n^3 =8 \cdot \sum_1^n n n^3= $$
$$ =8 \cdot\left[\left(n^2+n\right) / 2\right]^2 $$
$$ =2 \cdot\left(n^2+n\right)^2$$
Calcoliamo infine la somma dei cubi dei primi n numeri dispari.
L’ “edificio” A rappresenta la somma dei cubi dei primi 3 numeri dispari:
$$\sum_1^3 (2 n-1)^3=1+27+125=153$$
mattoni.
Spostando i mattoni in modo analogo a quello precedente, si ottengono in figura $C$ : $1+3+3+5+5=17$ pile di mattoni, tutte di altezza: $1+3+5=9$, cioè:
$$
\sum{1}{3}(2 n-1)^3=(1+3+5) \cdot((1+3+5)+(3+5))=3^2 \cdot\left(3^2+3^2-1\right)=3^2 \cdot\left(2 \cdot 3^2-1\right)=9 \cdot 17=153
$$
La formula generale sarà quindi:
$$
\sum_1^n(2 n-1)^3=n^2 \cdot\left(2 n^2-1\right)
$$
Le formule trovate ai punti precedenti calcolano le somme delle potenze $n, n^2$ ed $n^3$. Una generalizzazione ad una potenza $m-5$ ima è data dalla formula di Faulhaber:
Le espressioni per i successivi valori di $n$ furono individuate da Johann Faulhaber e pubblicate nel 1631 e una espressione generale, conosciuta come formula di Faulhaber è stata dimostrata da Jacobi.
$$
\sum_{k=1}^n k^m=\frac{1}{(m+1)} \sum_{k=0}^m\binom{m+1}{k} B_k(n+1)^{m+1-k}
$$
In questa e altre formule intervengono i numeri di Bernoulli $B_n$ ed i polinomi di Bernoulli $B_n(x)$.
La tavola delle espressioni polinomiali prosegue per $m=4,5, \ldots, 10$ nel seguente modo:
$$
\sum_{k=1}^n k^4=\frac{1}{30}\left(6 n^5+15 n^4+10 n^3-n\right) $$
$$\sum_{k=1}^n k^5=\frac{1}{12}\left(2 n^6+6 n^5+5 n^4-n^2\right) $$
$$\sum_{k=1}^n k^6=\frac{1}{42}\left(6 n^7+21 n^6+21 n^5-7 n^3+n\right) $$
$$\sum_{k=1}^n k^7=\frac{1}{24}\left(3 n^8+12 n^7+14 n^6-7 n^4+2 n^2\right) $$
$$\sum_{k=1}^n k^8=\frac{1}{90}\left(10 n^9+45 n^8+60 n^7-42 n^5+20 n^3-3 n\right) $$
$$\sum_{k=1}^n k^9=\frac{1}{20}\left(2 n^{10}+10 n^9+15 n^8-14 n^6+10 n^4-3 n^2\right) $$
$$\sum_{k=1}^n k^{10}=\frac{1}{66}\left(6 n^{11}+33 n^{10}+55 n^9-66 n^7+66 n^5-33 n^3+5 n\right)
$$
Investigando sul problema della “quadratura della parabola” ho trovato la generalizzazione di una formula che usa i numeri di Faulhaber. Eccola nello stralcio seguente:
Consideriamo ora la trasformazione finale che si vede nella seconda animazione, e confrontiamo questa figura con il parallelepipedo a base quadrata che la racciude.
Ci aspettiamo che il rapporto fra le figure diventi 1/2 all’infinito.
Eseguendo ancora i calcoli con Excel, si vede che ciò è vero. Inoltre si verificano i risultati seguenti seguenti:
che , per induzione, si possono generalizzare in una formula.
Si noti che i denominatori dei risultati sono le posizioni, nella successione dei numeri dispari, degli esponenti al numeratore di ciascuna formula.