W wielu zadaniach szkolnych pojawia się zagadnienie dowodzenia zwartej postaci wzorów na pewnego rodzaju sumy za pomocą indukcji matematycznej. Użycie indukcji w tego typu zagadnieniach ma tą niedogodność, że uczniowie dowodzą prawdziwości pewnego wzoru sumacyjnego, prawdopodobnie nie mając najmniejszego pojęcia, w jaki sposób uzyskać taki wzór. Może to sprawić wrażenie u uczniów, że większość tych wzorów się zgaduje, a później udowadnia metodą indukcji. Chociaż, jak wiadomo, zgadywanie jest metodą matematyczną, to warto jednak poznać sposób, który pozwala uzyskać tego typu wzory tam, gdzie zgadywanie nie jest konieczne.

W niniejszym artykule chciałabym zaprezentować metody, które pozwalają uzyskać zwarta postać wzoru na sumę skończoną wyrazów pewnych ciągów, które często pojawiają się w zadaniach szkolnych.

Zacznijmy od najprostszego przykładu. Znajdźmy zwartą postać dla sumy kolejnych liczb naturalnych:
$$\begin{equation}\label{gauss} s_n =1+2 +\dots + (n-1) +n. \end{equation}$$
Aby znaleźć zwartą postać tej sumy zastosujemy tzw. „metodę Gaussa”. Zapiszmy w tym celu tą sumę, ale ze składnikami zapisanymi w odwrotnej kolejności tj.
$$\begin{equation}\label{gauss1} s_n = n+ (n-1) + \dots+2 +1. \end{equation}$$
Dodając teraz do siebie stronami równości $\eqref{gauss}$ i $\eqref{gauss1}$ otrzymujemy

$$\begin{equation*} 2s_n =(n+1)+(n+1) +\dots + (n+1) =n(n+1) \end{equation*}$$
skąd
$$\begin{equation}\label{arytmetyczny} s_n =\frac{n(n+1)}{2} . \end{equation}$$
Postawmy teraz sobie trochę trudniejsze zadanie.

Problem. Dla dowolnej liczby całkowitej nieujemnej $k$ znaleźć zwartą postać sumy $$\begin{equation}\label{eq:4} s^k_n =1^k +2^k +\dots+ n^k . \end{equation}$$
Wiemy już, że
$$\begin{equation}\label{eq:5} s^0_n =n \end{equation}$$
oraz
$$\begin{equation}\label{eq:6} s^1_n =\frac{n(n+1)}{2}. \end{equation}$$
Rozwiążemy nasz problem poprzez podanie metody, która pozwala znaleźć w skończonej liczbie kroków zwartą postać dla sumy $s_n^k$ przy dowolnym $k.$ Dokładniej, podamy rekurencyjną zależność dla ciągu $(s^k_n )_{k\geqslant 0}.$ W tym celu rozważmy następującą sumę¹
$$\begin{align*} s_{n+1}^k &= 1^k + 2^k +…+ n^k + (n+1)^k =(0+1)^k + (1+1)^k +…+ (n+1)^k \nonumber \\ &= \sum_{j=0}^k {k \choose j} \cdot 0^j \cdot 1^{k-j} + \sum_{j=0}^k {k \choose j} \cdot 1^j \cdot 1^{k-j} +…+ \sum_{j=0}^k {k \choose j} \cdot n^j \cdot 1^{k-j} \nonumber\\ &= \sum_{j=0}^k {k \choose j} \cdot 0^j + \sum_{j=0}^k {k \choose j} \cdot 1^j +…+ \sum_{j=0}^k {k \choose j} \cdot n^j \\ &= {k\choose 0} s^0_{n+1} +{k\choose 1} s^1_n + …+ {k\choose k-1} s^{k-1}_n +{k\choose k} s^{k}_n \nonumber\\ &= {k\choose 0} s^0_{n+1} +{k\choose 1} s^1_n + …+ {k\choose k-1} s^{k-1}_n + s^{k}_n .\nonumber \end{align*}$$
Z powyższego rozumowania otrzymujemy następującą zależność rekurencyjną dla ciągu $(s^k_n )_{k\geqslant 0}$
$$\begin{equation}\label{eq:7} {k\choose 0} s^0_{n+1} +{k\choose 1} s^1_n + …+ {k\choose k-1} s^{k-1}_n =(n+1)^k . \end{equation}$$
Z wzorów $\eqref{eq:5}$, $\eqref{eq:6}$, $\eqref{eq:7}$ natychmiast otrzymujemy gdy $k=3$
$$(n+1)^3 ={3 \choose 2} s_n^2 + {3 \choose 1}\cdot \frac{n(n+1)}{2} +{3 \choose 1}\cdot (n+1)$$
skąd po prostych przekształceniach dostajemy
$$\begin{equation} s^2_n =1^2 +2^2 +\dots +n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \end{equation}$$
oraz podobnie
$$\begin{equation} s^3_n =1^3 +2^3 + \dots+ n^3 =\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 =(1+2 +\dots+n)^2 =(s_n^1 )^2. \end{equation}$$
Zależność rekurencyjna $\eqref{eq:7}$ pozwala wyznaczyć postać zwartą wzoru na $s^k_n$ dla dowolnego $k,$ niemniej jednak, aby wyznaczyć taką postać, konieczna jest znajomość postaci zwartej takich wzorów dla $s_n^0 , s_n^1 , \dots, s_n^{k-1} .$

Podamy teraz inny sposób wyznaczania postaci zwartej dla sumy $\eqref{eq:4}$. W tym celu użyjemy następującego lematu, który wynika łatwo z zależności $\eqref{eq:7}$ oraz zasady indukcji matematycznej.

Lemat 1. Dla dowolnego $k\geqslant 0$ suma $s_n^k$ jest wielomianem stopnia $k+1$ o współczynnikach wymiernych zmiennej $n.$

Konsekwencją powyższego lematu jest następujące twierdzenie.

Twierdzenie 1. Niech $W^k (x) =a_k x^k + a_{k-1} x^{k-1} +\dots+a_1 x +a_0$ będzie wielomianem stopnia $k$ zmiennej $x$ i niech
$$\begin{equation} S(n) =\sum_{j=1}^ n W^k (j) . \end{equation}$$
Wówczas $S(n)$ jest wielomianem stopnia $k+1$ zmiennej $n.$

Dowód tego twierdzenia wynika natychmiast z równości
$$S(n) = a_k s_n^k + a_{k-1} s^{k-1}_n +\dots+ a_1 s_n^1 +a_0 s_n^0$$
oraz lematu.

Powyższe twierdzenie pozwala znajdować postacie zwarte dla sum zapisanych w nieco ogólniejszej formie. Dla przykładu, powiedzmy, że chcielibyśmy znaleźć wzór na sumę postaci
$$\begin{equation} \sigma (n) =\sum_{j=1}^n (j^2 +1)^2 \end{equation}$$

Ponieważ funkcja $W(x) = (x^2 +1)^2$ jest wielomianem stopnia czwartego więc z twierdzenia wynika, że $\sigma$ jest wielomianem stopnia piątego. A zatem
$$\begin{equation} \sigma (x) = ax^5 +b x^4 + cx^3 +dx^2 +ex +f. \end{equation}$$
Mamy więc układ równań
$$\begin{cases} a+b+c+d+e +f =\sigma (1) =4\\ 32a+16b+8c+4d+2e +f =\sigma (2) =29\\ 243a+81b+27c+9d+3e +f =\sigma (3) =129\\ 1024a+256b+64c+16d+4e +f =\sigma (4) =418\\ 3125a+625b+125c+25d+5e +f =\sigma (5) =1094\\ 7776a+1296b+216c+36d+6e +f =\sigma (6) =2463\end{cases}$$
którego rozwiązaniem jest układ liczb:
$$\begin{equation} a=\frac{1}{5} , b=\frac{1}{2} , c=d=1, e=\frac{13}{10} , f =0. \end{equation}$$
Stąd
$$\begin{equation} \sigma (n) =\sum_{j=1}^n (j^2 +1)^2 =\frac{n (2n^4 +5n^3 +10n^2 +10n +13)}{10}. \end{equation}$$
Podamy teraz jeszcze jedną metodę wyznaczania współczynników wielomianu $S(n)$, o którym mowa w powyższym twierdzeniu. Aby jednak to uczynić udowodnimy następujący lemat.

Lemat 2. Niech $(y_n )$ będzie ciągiem liczb rzeczywistych dodatnich takim, że $\lim_{n\to\infty}\sum_{j=1}^n y_j =\infty.$ Wówczas dla dowolnego ciągu $(x_n )$ liczb rzeczywistych, jeżeli $$\begin{equation} \lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{y_n} =g, \end{equation}$$
to
$$\begin{equation} \lim_{n\to\infty} \frac{\sum_{j=1}^n x_j}{\sum_{j=1}^n y_j} =g. \end{equation}$$

Przeprowadzimy teraz dowód powyższego faktu. Obierzmy $\varepsilon >0$ i niech $m\in\mathbb{N}$ będzie takie, aby $$\begin{equation}\left|\frac{x_n}{y_n} -g \right|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}\end{equation}$$
dla $n\geqslant m.$ Wówczas dla $n\geqslant m$ mamy:
$$\begin{align} \left| \frac{\sum_{j=1}^n x_j}{\sum_{j=1}^n y_j} -g\right|& \leqslant \frac{\sum_{j=1}^{m-1} |x_j -gy_j |}{\sum_{j=1}^n y_j} + \frac{\sum_{j=m}^n y_j \left| \frac{x_j}{y_j} -g \right|}{\sum_{j=1}^n y_j}\\ & \leqslant \frac{\sum_{j=1}^{m-1} |x_j -gy_j |}{\sum_{j=1}^n y_j} + \frac{\varepsilon}{2}\cdot\frac{\sum_{j=m}^n y_j}{\sum_{j=1}^n y_j} \\ & \leqslant \frac{\sum_{j=1}^{m-1} |x_j -gy_j |}{\sum_{j=1}^n y_j} + \frac{\varepsilon}{2} \leqslant \varepsilon \end{align}$$ dla dostatecznie dużych $n,$ gdyż
$$\begin{equation} \lim_{n\to\infty} \frac{\sum_{j=1}^{m-1} |x_j -gy_j |}{\sum_{j=1}^n y_j} =0. \end{equation}$$

Z lematu 2 wynika jako wniosek następujący fakt znany jako twierdzenie Stolza.

Twierdzenie Stolza. Niech ciąg $(a_n)_{n\in\mathbb{N}}$ będzie ciągiem rosnącym rozbieżnym do $\infty$. Jeśli istnieje skończona granica
$$\lim_{n\to\infty}\frac{b_n-b_{n-1}}{a_n-a_{n-1}},$$
to
$$\lim_{n\to\infty}\frac{b_n}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{b_n-b_{n-1}}{a_n-a_{n-1}}.$$

Aby uzasadnić ten fakt, wystarczy w lemacie 2 przyjąć $x_n =b_n -b_{n-1}$ i $y_n =a_{n} -a_{n-1}$.

Podamy teraz jeszcze jeden sposób wyznaczania sumy $S(n)$ o której mowa w twierdzeniu 1.

Dla przykładu powiedzmy, że chcemy wyznaczyć, $s_n^2 =1^2 +2^2 +\dots+3^2.$ Z twierdzenia 1 wynika, że że
$$s_n^2 = S(n) =an^3 +bn^2 +cn +d.$$
Zatem korzystając z twierdzenia Stolza mamy
$$a =\lim_{n\to\infty }\frac{S(n)}{n^3} =\lim_{n\to\infty }\frac{S(n) -S(n-1)}{n^3 – (n-1)^3} = \lim_{n\to\infty }\frac{n^2}{n^3 – (n-1)^3} =\frac{1}{3} ,$$
$$b=\lim_{n\to\infty }\frac{S(n)-\frac{n^3}{3}}{n^2} =\lim_{n\to\infty }\frac{S(n) -S(n-1) +\frac{(n-1)^3 -n^3}{3}}{n^2 – (n-1)^2} =\lim_{n\to\infty }\frac{n-\frac{1}{3}}{2n-1} = \frac{1}{2} ,$$
$$c=\lim_{n\to\infty }\frac{S(n)-\frac{n^3}{3}-\frac{n^2}{2}}{n} =\lim_{n\to\infty }\frac{S(n) -S(n-1) +\frac{(n-1)^3 -n^3}{3} +\frac{(n-1)^2 -n^2}{2}}{n – (n-1)} =\frac{1}{6} ,$$
$$d=1-a-b-c =0.$$
Z powyższych rachunków otrzymujemy dobrze już znany wynik
$$s^2_n =\frac{n^3}{3} +\frac{n^2}{2} +\frac{n}{6}.$$

Rozważmy teraz sumę
$$\begin{equation} \sigma_t (n) =1^t + 2^t +\dots+n^t \end{equation}$$
gdzie $t$ nie jest jak poprzednio liczbą naturalną, lecz dowolną liczbą rzeczywistą. Udowodnimy teraz następujące twierdzenie, które wykorzystamy w dalszej części.

Twierdzenie 2. Jeżeli $t >-1,$ to
$$\lim_{n\to\infty} \frac{\sigma_t (n)}{n^{t+1}}=\frac{1}{t+1},$$
ponadto
$$\lim_{n\to\infty} \frac{\sigma_{-1} (n)}{\ln n }=1.$$

Dowód. Z twierdzenia Lagrange’a zastosowanego do funkcji $f(x) =x^{t+1},$ $t> -1$ mamy $$n^{t+1} – (n-1)^{t+1} = (t+1)\xi^{t}_n ,$$ gdzie $n-1 \leqslant \xi_n \leqslant n .$ Zatem, korzystając z twierdzenia Stolza otrzymujemy $$\frac{1}{t+1} =\lim_{n\to\infty} \frac{n^t}{(t+1)\xi^t_n} =\lim_{n\to\infty} \frac{n^t}{(t+1)\xi^t_n}=\lim_{n\to\infty} \frac{\sigma_t (n) -\sigma_t (n-1)}{n^{t+1} -(n-1)^{t+1}} =\lim_{n\to\infty} \frac{\sigma_t (n)}{n^{t+1}},$$
co kończy dowód w przypadku $t> -1.$

Dla $t=-1$ mamy
$$1 =\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{1}{n}}{\ln n -\ln (n-1)} =\lim_{n\to\infty} \frac{\sigma_{-1} (n) -\sigma_{-1} (n-1)}{\ln n -\ln (n-1)} =\lim_{n\to\infty} \frac{\sigma_{-1} (n)}{\ln n},$$

Jako zastosowanie naszych rozważań rozważmy następujący przykład:
Przykład. Wyznaczyć pole obszaru ograniczonego prostymi $x=0, x=1, y=0$ oraz wykresem funkcji $y=x^t ,$ $t>0.$

Oznaczmy nasz obszar przez $K.$ Dla dowolnego $n$ określamy dwa skończone ciągi prostokątów $P_k^n$ oraz $Q_k^n ,$ $k\leqslant n,$ gdzie
$$P_k^n =\left\{(x,y) : \frac{k-1}{n} \leqslant x \leqslant \frac{k}{n} , \leqslant y \leqslant \frac{(k-1)^t}{n^t}\right\}$$
oraz
$$Q_k^n =\left\{(x,y) : \frac{k-1}{n} \leqslant x \leqslant \frac{k}{n} , \leqslant y \leqslant \frac{k^t}{n^t}\right\}.$$
Łatwo zauważyć , że suma pól prostokątów $P_k^n$ ( wszystkie one są zawarte w obszarze $V$) wynosi
$$\sum_{k=1}^n m(P_k^n ) =\frac{\sigma_t (n-1)}{n^{t+1}}$$
i nie przekracza pola obszaru $V$. Z drugiej strony suma pól prostokątów $Q_k^n$ (w których sumie mnogościowej zawiera się obszar $V$ ) wynosi
$$\sum_{k=1}^n m(Q_k^n )=\frac{\sigma_t (n)}{n^{t+1}}.$$
Zatem jeżeli $m(V)$ oznacza pole obszaru $V$ to dla dowolnego $n$ mamy oszacowanie
$$\frac{\sigma_t (n-1)}{n^{t+1}}\leqslant m(V) \leqslant \frac{\sigma_t (n)}{n^{t+1}}$$ przechodząc do granicy ($n\to\infty$) w powyższych nierównościach i korzystając z twierdzenia 2 otrzymujemy, że
$$m(V) =\frac{1}{t+1}.$$

Przypisy

1. W poniższym rozumowaniu korzysta się z tzw. wzoru dwumiennego Newtona
   $$(a+b)^k=\sum_{i=0}^k \binom{k}{i} a^i b^{k-i}.$$
   Przyp. red.

Autorka jest nauczycielką matematyki w Gimnazjum nr 12 im. Jacka Kuronia w Poznaniu.

Artykuł został nagrodzony w konkursie na artykuł popularnonaukowy przeprowadzony przez Poznańską Fundację Matematyczną dzięki wsparciu pozyskanemu od Miasta Poznań na realizację projektu ,,Potęga matematyki''.