Ступени счастья

Понравилось о всяких теоремах про треугольники читать? Нет, ну правда, скажите, понравилось? Как-то не чувствуется восторженного единодушия. Хорошо, давайте вот ещё один пример того, насколько треугольники могут упростить жизнь, полную научных изысканий. Всего один, и если уж это не подействует, то дальше будем писать только про квадраты и окружности.

Разгоняться начнём, как водится, слегка-слегка. Засел в памяти пример о формуле Гаусса? Ну там, где мы считали сумму $n$ первых натуральных чисел, в итоге всё представив как площадь прямоугольника? Решение было изящным, хотя далеко не единственным. Если не заметили, то в математике вообще множество, целые десятки, сотни, если не тысячи, способов доказать то или иное утверждение. Большинство из них сводятся к чудовищному числу однообразных и грустных преобразований и группировок, и лишь некоторые жемчужины сияют своей интуитивностью.

Иногда таких жемчужин по отдельным вопросам бывает больше, чем одна. Давайте перейдём к ненавязчивому знакомству. Вспомним, что собственно представляла собой иллюстрация для визуального выведения формулы Гаусса:

Rendered by QuickLaTeX.com

Было как-то так, затем уже началось всякое достраивание. Мы же достраивать ничего не будем, а заметим, что для нахождения общей суммы элементов лишь раньше были ограничены прямоугольниками (к слову сказать, тогда мы вообще не упоминали о концепции площади), а теперь у нас в арсенале множество великолепных фигур. В частности, наш фаворит, принц геометрии — его величество треугольник.

Очертим и в данном случае треугольник настолько, насколько нам это позволяет имеющаяся картинка.

Rendered by QuickLaTeX.com

В очередной раз все манипуляции с изначально данным мы проводим при помощи сладкого и воздушного розового цвета, более того, получаем в итоге вполне конкретные величины. Найти площадь розового треугольника нам труда не составит, ведь это треугольник прямоугольный, значит, его площадь равна $\frac12 n \cdot n= \frac12 (5\cdot 5)= 12.5$ . Этим наша задача полностью не решается, ведь остаётся целых $n$ штук маленьких треугольников, отсечённых проделанным построением.

Найдём их общую площадь, не забыв ни про одну кроху:

$\frac12 (a\cdot a) + \frac12 (a\cdot a)+ \frac12 (a\cdot a) +\frac12 (a\cdot a)+ \frac12 (a\cdot a) = \frac12 n=2.5$

Множитель $a$ мы не стали писать лишь потому, что он, как видно из рисунка, равен единице и будет лишь мешаться перед глазами. Теперь полученную сумму прибавим к площади большого треугольника, получив ожидаемый итог:

$\frac12 (n\cdot n )+ \frac12 n =\frac12 n \cdot (n+1)=\frac{n(n+1)}{2}$

Чудо из чудес, но перед нами ровно то же самое, что мы получили, пойдя по методу прямоугольника. Разве что теперь мы записали покрасивее, закинув всё сверху общего знаменателя. Повод ликовать? Вполне возможно. Однако что-то за тревожный звук? В двери сознания стучится очередная, ещё более коварная загадка.

Зачем ограничиваться простой суммой чисел? — нашёптывает она — Не лучше ли поработать с их квадратами? Под квадратами имеются в виду числа типа $a \cdot a$ , т.е. площадь квадратов, стороны которых равны $a$ .

И действительно, в случае суммирования небольшого количества чисел метод Гаусса не так уж и экономит время, сложить от единицы до пятёрки в уме может даже абитуриент журфака. С квадратами слегка посложнее. Учитывая, что богатого опыта иллюстраций нам теперь не занимать, перейдём к делу. В высоту никаких кубиков складывать не будем, чтобы не рвать дисплеи устройств, с которых эту статью придётся читать. Упакуем всё в квадраты (в самом наглядном смысле), раз уж их сумму мы и собираемся найти, не боясь случайных каламбуров.

Rendered by QuickLaTeX.com

На этот раз стандартный трюк с удвоением фигуры нам не поможет — недостающих ячеек существенно меньше, чем мы получим, прибегнув к клонированию. С получившимся остатком, наверное, как-то и получится разобраться, только этим мы решим конкретно данную задачу, а не получим общую схему для любого возможного случая. Чтобы не ломать голову слишком много, давайте дополним рисунок тем, чего нам так не хватает, но не сплошняком зальём розовым, а как бы продолжим уже имеющиеся ячейки.

Rendered by QuickLaTeX.com

Если бы нам как-то удалось удобным образом найти количество “призрачных” блоков, то решение общей задачи пришло бы само собой. К сожалению, никаким явным закономерностям эти призрачные блоки не подчиняются. К примеру, зелёных блоков вообще получается столько же, сколько и красных, а именно $6$ штук. И что делать? Для начала следует успокоиться, не паниковать. Попробуем пересчитать все призрачные блоки по рядам, начиная с самого нижнего.

Rendered by QuickLaTeX.com

Вот в таком виде нам количество призрачных блоков уже начинает что-то напоминать. А именно, суммы $n$ первых натуральных чисел, формулу для нахождения которых мы слегка освежили в самом начале статьи. Перечислим их в порядке возрастания:

$\sum_{i=1}^{1}i, \, \sum_{i=1}^{2}i, \, \sum_{i=1}^{3}i, \, \sum_{i=1}^{4}i, \,\sum_{i=1}^{n}i$

Пожалуйста, не бойтесь этих обозначений, ведь мы их проходили раньше, а в нашем частном случае $n=5$ . Выходит, что нам следует сложить пять элементов, каждый из которых является суммой ещё какого-то числа элементов:

$\sum_{i=1}^{n}(\sum_{j=1}^{i}j)$

Если после этой строчки вам захотелось закрыть сайт, с головой укрыться одеялом и мелко заплакать, то не надо, просто дайте всему этому рассуждению хотя бы шанс. В итоге ко всему привыкните, а потом ещё и нравиться начнёт понемногу. На самом деле в левом значке суммы $i$ просто служит ограничителем для суммы справа. Если $i=1$ , то мы складываем все числа от $j=1$ до $i=1$ , то есть получаем одну единицу. Это наше первое слагаемое, при переходе ко второму $i$ меняется на два, и мы складываем уже от $j=1$ до $i=2$ , и так далее. Получаем ровно те пять слагаемых, которые уже были указаны. Однако не только экономим этим место, но и даём волю математическим хитростям.

Далее, так как мы уже знаем формулу для суммы первых $n$ (или $i$ , какая вообще в этих буквах разница?) натуральных чисел, а в скобке у нас именно это, от неприятной и непонятной суммы можно избавиться, заменив на уже знакомую формулу:

$\sum_{i=1}^{n}(\sum_{j=1}^{i}j)=\sum_{i=1}^{n}\frac{i(i+1)}{2}$

Давайте уже перейдём к искомой площади, равной $S$ . Что это такое? Это разность между площадью достроенного прямоугольника (высота его $n+1$ , а длина как раз и есть сумма $n$ первых чисел!) и суммой все тех призрачных рядов. Обратите внимание, что так как все слагаемые у нас в итоге имеют вид $\frac{i(i+1)}{2}$ , то мы можем вынести $\frac12$ и поставить перед суммой как общий множитель.

$S=\frac{n(n+1)(n+1)}{2}-\frac12\sum_{i=1}^{n}i\cdot i + i$

Знаменатель у вычитаемых элементов явно мешает. Давайте его хладнокровно ликвидируем, домножив каждый член выражения на $2$ . В таком случае в правой части знаменатель уйдёт, а место $S$ займёт совершенно новая $2S$ , ведь мы не можем делать операции исключительно с одной частью выражения.

$2S=n(n+1)(n+1)-\sum_{i=1}^{n}i\cdot i + i$

Благодаря ассоциативному закону, мы также можем разделить и всю сумму на несколько частей, ведь какая разница, сразу искать $i\cdot i +i$ или сначала сложить все $i \cdot i$ , а потом прибавить к ним все $i$ ? Перемена мест слагаемых, всё такое…

$2S=n(n+1)(n+1)-\sum_{i=1}^{n}i\cdot i+\sum_{i=1}^{n}i$

Так так так… У нас получилось, что вся сумма распалась на два элемента, один из которых это сумма квадратов $i$ от $1$ до $n$ . Но это ведь и есть наша изначальная $S$ , которую мы силимся найти! Помня и правилах переноса, кидаем это выражение в левую часть, получая уже $3S$ .

$3S=n(n+1)(n+1)-\frac{n(n+1)}{2})$

Выносим общий множитель, которым внезапно оказывается $n(n+1)$ :

$3S=n(n+1)(n+1-\frac12)$

Из единицы вычитать одну вторую мы вроде как научились, поэтому давайте сразу же таким и займёмся.

$3S=n(n+1)(n+\frac12)$

А теперь умножим первые два множителя между собой:

$3S=(n\cdot n + n)(n+\frac12)$

Теперь руки доходят и перемножения с содержимым второй скобки:

$3S=n\cdot n \cdot n+1\frac12n\cdot n +\frac12n$

Там где надо домножаем на $\frac22$ и вносим всё в общий числитель:

$3S=\frac{2 n\cdot n \cdot n+3n\cdot n +n}{2}$

Уф… Время найти уже нашу исходную $S$ , а не $3S$ , для чего просто делим и правую, и левую часть на $3$ , что синонимично тому, чтобы умножить их на $\frac13$ :

$S=\frac{2 n\cdot n \cdot n+3n\cdot n +n}{6}$

Получившийся ответ совершенно правильный, мы можем даже проверить, подставив $n=5$ , получим $\frac{2\cdot 5 \cdot 5 \cdot 5 + 3 \cdot 5 \cdot 5 +5}{6}=\frac{2 \cdot 125 + 3 \cdot 25 +5}{6} =\frac{250+75+5}{6}=\frac{330}{6}=55$ . Если не верите, то можете вручную пересчитать сумму всех квадратов и убедиться, что мы обнаружили общую формулу. Что ещё говорить — мы победили. Правда чаще всего это выражение записывается в слегка ином виде, как именно все эти разложения обосновываются мы узнаем позже, а пока просто имейте в виду, что вот это и есть самый популярный вид записи для суммы квадратов:

$S=\frac{n(n+1) (2n+1)}{6}$

Согласитесь, что получить такой результат было достаточно просто. Всего-то требовалось выполнить ряд совершенно очевидных процедур, понятных преобразований и трансформаций, которые сходу видны любому ученику с IQ выше $25$ . Если хоть один из проделанных шагов вам кажется неясным, значит, вам следует закрыть этот сайт и никогда впредь не пытаться заниматься чем-то сложнее просмотра новогодних шоу по ТНТ.

…

Это мы так шутим, если вы не поняли. Приведённое решение и правда является далеко не самым сложным и неясным из всех существующих (вы на них только посмотрите), однако изобилует типичной “хитринкой”, которая никак не упрощает дело. В частности, нужно очень аккуратно группировать одни члены, преобразовывать другие, надеяться, что всё в итоге упростится и сократится, явно это не путь к вечному сиянию чистого разума. К сожалению, далеко не всегда в математике решение можно изложить, что называется, на пальцах. Порой приходится смириться с тем, что какой-то вывод оказывается фактом действительности, который мы неопровержимо доказали, в конце концов, формулы не врут.

Безусловным преимуществом нашей ситуации, т.е. ситуации людей, которые не намерены заниматься математической наукой профессионально, выступает то, что подавляющее число изучаемых идей и их реализаций очень хорошо изучены, а значит, к ним есть и наглядные пояснения, если их только поискать (или придумать самостоятельно). В этом стоит отдавать себе отчёт — всё то, что изучается в школах и непрофильных вузах это темы, которым по несколько сотен (если не тысяч) лет, не считая молоденьких новичков, с момента разработки которых всего-лишь минуло жалкие $80$ или $90$ .

Возвращаясь к сумме квадратов, весьма доходчивый метод доказательства есть и тут. Для того чтобы его обнаружить, давайте расчленим квадраты, в которые мы так старательно упаковали наши блоки, на отдельные полоски, после чего сложим их “ёлочкой”:

Rendered by QuickLaTeX.com

Помогло? Пока не очень, зато картинка чем-то похожа на заставку, которую показывали по телевизору, когда велись технические работы. Куда удобнее будет перейти от этого художества к его численному воплощению, где каждое число будет означать количество блоков в каждом из уровней ёлочки:

$\setlength{\tabcolsep}{2pt}\begin{tabular}{rccccccccc} & & & & & 1\\\noalign{\smallskip\smallskip} & & & & 2 & & 2\\\noalign{\smallskip\smallskip} & & & 3 & & 3 & & 3\\\noalign{\smallskip\smallskip} & & 4 & & 4 & & 4 & & 4\\\noalign{\smallskip\smallskip} & 5 & & 5 & & 5 & & 5 & & 5\\\noalign{\smallskip\smallskip} \end{tabular}$

Не сказать, что всё сильно красочнее, только работать с этим не в пример удобнее. Напомним, что мы рассматриваем всё на примере $n=5$ . Сейчас имеем что-то вроде треугольника, состоящего из $n$ уровней, каждая сторона также имеет длину в $n$ . Время заняться клонированием, но никаких фигур мы составлять не станем. Напротив, все клоны мы разместим рядом друг с другом, только поочерёдно прокрутим каждый из них влево, поставив то на одну, то на другую сторону:

Rendered by QuickLaTeX.com

Ничего же страшного не произошло? Вот и не надо лишний раз нервничать! Стороны всего лишь поменялись местами. Если оригинальном треугольнике сторона, состоящая из пятёрок, лежала внизу, то во втором треугольнике она уже оказывается справа, а в последнем — так и вообще слева. Никаких иных вмешательств мы вообще не осуществляли. Вообще никаких, правда-правда.

Если не осуществляли, то в чём смысл какого-то умножения сущностей? Ведь раньше мы это делали, чтобы составить в итоге более простую фигуру, площадь которой затем и посчитать, а теперь что? А вот что — внимательно посмотрите на эти пирамидки. Давайте подумаем, чему равна сумма их элементов, стоящих во всех треугольниках на одних и тех же местах. Начнём с самого верхнего уровня:

Rendered by QuickLaTeX.com

Пойдём дальше, допустим, спускаясь по правым сторонам на один уровень вниз. Тогда Следующая сумма будет иметь вид $2+5+4$ , третья $3+5+3$ и так далее. Настоящий кошмар мы испытаем, если реально всё сложим и обнаружим, что все эти суммы элементов равны $11$ , т.е. $2n+1$ . Почему так получается? Смотрите, сумма элементов на верхнем уровне даёт нам $5+5+1=11$ . Спускаясь вправо (можно влево, если хочется), одна пятёрка у нас остаётся, а вторая превращается в четвёрку, ну а единица становится двойкой. Смекаете?

С каждым изменением уровня у нас одно слагаемое не меняется, второе увеличивается на единицу, а третье на единицу уменьшается. Иными словами, временно заменим числа соответствующими буквами.

Rendered by QuickLaTeX.com

Тогда изначальная, верхняя сумма равна $b+a_1+c_1$ . Чему равна следующая сумма, $b+a_2+c_2$ ? Мы обнаруживаем, что все $a_i$ последовательно растут по мере движения вниз, а все $c_i$ уменьшаются, при этом за каждый уровень изменение составляет ровно единицу. Но тогда:

$b+a_2+c_2=b+(a_1+1)+(c_1-1)=b+a_1+c_1$

Единица прироста уничтожается единицей уменьшения, и это верно для любых трёх элементов наших треугольников, стоящих на одной и той же позиции.

Из этого следует закономерный вывод, что если мы сложим между собой соответствующие элементы всех трёх фигур, то получим новый треугольник, где на месте каждого элемента будет их общая сумма, равная $2n+1$ , то есть:

$\setlength{\tabcolsep}{2pt}\begin{tabular}{rccccccccc} & & & & & 2n+1\\\noalign{\smallskip\smallskip} & & & & 2n+1 & & 2n+1\\\noalign{\smallskip\smallskip} & & & 2n+1 & & 2n+1 & & 2n+1\\\noalign{\smallskip\smallskip} & & 2n+1 & & 2n+1 & & 2n+1 & & 2n+1\\\noalign{\smallskip\smallskip} & 2n+1 & & 2n+1 & & 2n+1 & & 2n+1 & & 2n+1\\\noalign{\smallskip\smallskip} \end{tabular}$

Мы получили сумму элементов во всех треугольниках, втиснутую в рамки одной фигуры. Но ведь количество элементов в одном таком треугольнике и есть то, что мы ищем, т.е. сумма квадратов! Раз у нас есть лишь утроенный вариант, то давайте найдём общую сумму в нём, а потом просто поделим на $3$ .

Как узнать сколько тут всего элементов? Подсказываем — мы это уже умеем. Хотя давайте без подсказок, в самом верхнем уровне один элемент, на уровень ниже идут два элемента, затем три и так далее. Получается, что нам нужно найти сумму $n$ элементов, где каждый элемент одинаков и равен $2n+1$ .

Ну что же, это получается $3S=\frac{n(n+1)(2n+1)}{2}$ .

Наконец-то заканчиваем свои мучения, поделив всё на три:

$S=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

Такой же итог, как и в случае с чисто формальной записью, однако насколько он яснее, понятнее, ближе к сердцу и душе? Варианты ответов на этот вопрос можно оставлять в комментариях. Обещаем, что впоследствии, насколько это возможно, избавим вас от всех этих индексов, записей и преобразований, если можно будет управиться парой картинок.

Ступени счастья

Leave a reply Отменить ответ