序言: 连续自然数的平方和， S n = ∑ k = 0 n k 2 = 1 2 + 2 2 + . . . + n 2 S_n = \sum_{k=0}^{n}{k^2} = 1^2 + 2^2 + ... + n^2 Sn​=∑k=0n​k2=12+22+...+n2 是我们中学时期便接触到的一个重要公式，当时只要求记住其结论，即 S n = n ( n + 1 ) ( 2 n + 1 ) 6 S_n = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} Sn​=6n(n+1)(2n+1)​。本文将讨论四种推导方案(参考《具体数学》2.5)。 我们首先列举几个小的情形备用

1. 数学归纳法

毋庸置疑，作为最权威，最严谨的证明方式，数学归纳法一定是我们第一个想到的策略。在证明之前，我们先把之前的公式稍作改变: S n = n ( n + 1 2 ) ( n + 1 ) 3 S_n = \frac{n(n + \frac{1}{2})(n + 1)}{3} Sn​=3n(n+21​)(n+1)​ 很明显，这个公式更值得我们的大脑去记忆。 对于边界， S 0 = 0 = 0 ( 0 + 1 2 ) ( 0 + 1 ) 3 S_0 = 0 = \frac{0(0 + \frac{1}{2})(0 + 1)}{3} S0​=0=30(0+21​)(0+1)​，成功； 假定 n ; 0 n ; 0 n>0 时， S n − 1 S_{n-1} Sn−1​满足公式，则 S n = S n − 1 + n 2 = ( n − 1 ) ( n − 1 2 ) n 3 + n 2 = n 3 + 3 2 n 2 + 1 2 n 3 = n ( n + 1 2 ) ( n + 1 ) 3 \begin{aligned} S_n ;= S_{n - 1} + n^2\\ ;= \frac{(n - 1)(n - \frac{1}{2})n}{3} + n^2\\ ; = \frac{n^3+\frac{3}{2}n^2+\frac{1}{2}n}{3}\\ ;= \frac{n(n + \frac{1}{2})(n + 1)}{3} \end{aligned} Sn​​=Sn−1​+n2=3(n−1)(n−21​)n​+n2=3n3+23​n2+21​n​=3n(n+21​)(n+1)​​ 由此，可得证

2. 扰动法(从立法差出发)

我们首先再回顾一下扰动法的公式： S n + a n + 1 = S n + 1 = a 0 + a 1 + . . . + a n + 1 = a 0 + ∑ k = 0 n a k + 1 \begin{aligned} S_{n} + a_{n + 1} ;= S_{n+1}\\ ;= a_0 + a_1 + ... + a_{n+1}\\ ;=a_0 + \sum_{k=0}^{n}{a_{k+1}} \end{aligned} Sn​+an+1​​=Sn+1​=a0​+a1​+...+an+1​=a0​+k=0∑n​ak+1​​ 将之应用到我们的背景下: S n + ( n + 1 ) 2 = S n + 1 = a 0 + a 1 + . . . + a n + 1 = 0 + ∑ k = 0 n ( k + 1 ) 2 = ∑ k = 0 n k 2 + 2 k + 1 = S n + 2 ∑ k = 0 n k + ( n + 1 ) \begin{aligned} \red{S_{n}} + (n+1)^2 ;= S_{n+1}\\ ;= a_0 + a_1 + ... + a_{n+1}\\ ;=0 + \sum_{k=0}^{n}{(k+1)^2}\\ ;=\sum_{k=0}^{n}{k^2+2k+1}\\ ;=\red{S_n} + 2\sum_{k=0}^{n}k + (n+1) \end{aligned} Sn​+(n+1)2​=Sn+1​=a0​+a1​+...+an+1​=0+k=0∑n​(k+1)2=k=0∑n​k2+2k+1=Sn​+2k=0∑n​k+(n+1)​ 遗憾的是，到这一步我们就没有办法继续了，因为左右的 S n S_n Sn​相互抵消。不过，通过移项，我们却意外地得到了另一个结论： ∑ k = 0 n k = ( n + 1 ) 2 − ( n + 1 ) 2 = n ( n + 1 ) 2 \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n}k ;= \frac{(n + 1)^2 - (n + 1)}{2} \\ ;=\frac{n(n+1)}{2} \end{aligned} k=0∑n​k​=2(n+1)2−(n+1)​=2n(n+1)​​ 这正是连续自然数和的公式。这启示了，我们通过对二阶和采用扰动法，可以得到一阶和，那如果对三阶和采用扰动法呢？命 T n = ∑ k = 0 n k 3 T_{n} = \sum_{k=0}^{n}{k^3} Tn​=∑k=0n​k3，则 T n + ( n + 1 ) 3 = T n + 1 = 0 + ∑ k = 0 n ( k + 1 ) 3 = ∑ k = 0 n k 3 + 3 k 2 + 3 k + 1 = T n + 3 ∑ k = 0 n k 2 + 3 n ( n + 1 ) 2 + ( n + 1 ) \begin{aligned} \red{T_{n}} + (n+1)^3 ;= T_{n+1}\\ ;=0 + \sum_{k=0}^{n}{(k+1)^3}\\ ;=\sum_{k=0}^{n}{k^3+3k^2 + 3k+1}\\ ;=\red{T_n}+3\sum_{k=0}^{n}{k^2} + \frac{3n(n+1)}{2} + (n+1) \end{aligned} Tn​+(n+1)3​=Tn+1​=0+k=0∑n​(k+1)3=k=0∑n​k3+3k2+3k+1=Tn​+3k=0∑n​k2+23n(n+1)​+(n+1)​ 很好，左右 T n T_{n} Tn​ 相互抵消，通过移项以及合并，便可以得到 ∑ k = 0 n k 2 = n ( n + 1 2 ) ( n + 1 ) 3 \sum_{k=0}^{n}{k^2} = \frac{n(n + \frac{1}{2})(n + 1)}{3} k=0∑n​k2=3n(n+21​)(n+1)​

即便我们不熟悉扰动法，我们也可以从另一个角度出发，根据立方差公式 T ( n + 1 ) − T ( n ) = ( n + 1 ) 3 − n 3 = 3 n 2 + 3 n + 1 . . . T ( 2 ) − T ( 1 ) = 3 ⋅ 2 2 + 3 ⋅ 2 + 1 T ( 1 ) − T ( 0 ) = 3 ⋅ 1 2 + 3 ⋅ 1 + 1 \begin{aligned} T(n+1) - T(n) ;= (n+1)^3 - n^3 = 3n^2+3n+1\\ ... \\ T(2) - T(1) ;= 3·2^2+3·2+1\\ T(1) - T(0) ;= 3·1^2+3·1 + 1 \end{aligned} T(n+1)−T(n)...T(2)−T(1)T(1)−T(0)​=(n+1)3−n3=3n2+3n+1=3⋅22+3⋅2+1=3⋅12+3⋅1+1​ 各式累加，得到 T ( n + 1 ) − T ( 0 ) = 3 ∑ k = 0 n k 2 + 3 n ( n + 1 ) 2 + ( n + 1 ) \begin{aligned} T(n + 1) - T(0) ;= 3\sum_{k=0}^{n}{k^2} + \frac{3n(n+1)}{2} + (n+1) \end{aligned} T(n+1)−T(0)​=3k=0∑n​k2+23n(n+1)​+(n+1)​ 同样可以得解。

3. 利用积分逼近求和 利用数形结合的方式，往往能使复杂的问题变得直观。先解释一下上图，图中的曲线为 f ( x ) = x 2 f(x) = x^2 f(x)=x2，曲线与每个宽为1的矩形的交点横坐标恰好为自然数。以此，我们可以利用曲线 f ( x ) f(x) f(x)与横坐标围城的面积( ∫ 0 n x 2 d x \int_{0}^{n}{x^2}{\rm d}x ∫0n​x2dx)，去逼近各矩形面积之和( ∑ k = 0 n x 2 \sum_{k=0}^{n}{x^2} ∑k=0n​x2)，其中 ∫ 0 n x 2 d x = n 3 3 \int_{0}^{n}{x^2}{\rm d}x = \frac{n^3}{3} ∫0n​x2dx=3n3​ 这恰好与原和式的最高阶量一致。当然，我们需要进一步检查误差，命误差 E n = S n − n 3 3 E_n=S_n - \frac{n^3}{3} En​=Sn​−3n3​(我们其实也应该猜到，这部分是个二阶量)，我们可以发现 E n = S n − n 3 3 = S n − 1 + n 2 − n 3 3 = E n − 1 + 1 3 ( n − 1 ) 3 + n 2 − n 3 3 = E n − 1 + n − 1 3 \begin{aligned} E_n ;= S_n - \frac{n^3}{3}\\ ;= S_{n - 1} + n^2 - \frac{n^3}{3}\\ ;=E_{n-1} + \frac{1}{3}(n-1)^3+n^2-\frac{n^3}{3}\\ ;=E_{n-1} + n - \frac{1}{3} \end{aligned} En​​=Sn​−3n3​=Sn−1​+n2−3n3​=En−1​+31​(n−1)3+n2−3n3​=En−1​+n−31​​ 很显然了， E n E_n En​是个等差数列之和，通过移项累加得到 E n = E 0 + n ( n + 1 ) 2 − n 3 = 3 2 n 2 − 1 2 n 3 \begin{aligned} E_n ;= E_0 + \frac{n(n+1)}{2} - \frac{n}{3}\\ ;=\frac{\frac{3}{2}n^2-\frac{1}{2}n}{3} \end{aligned} En​​=E0​+2n(n+1)​−3n​=323​n2−21​n​​ 于是 S n = E n + n 3 3 = n ( n + 1 2 ) ( n + 1 ) 3 \begin{aligned} S_n ;= E_n + \frac{n^3}{3}\\ ;= \frac{n(n + \frac{1}{2})(n + 1)}{3} \end{aligned} Sn​​=En​+3n3​=3n(n+21​)(n+1)​​

4. 化为二重和式

有时候，不能一直想着用捷径去解决问题，不妨先绕个远路，没准也能发另一片天地。 1 2 + 2 2 + . . . + ( n − 1 ) 2 + n 2 = 1 + 2 + . . . + ( n − 1 ) + n + 2 + . . . + ( n − 1 ) + n + . . . . . . . . . . + ( n − 1 ) + n + n \begin{aligned} 1^2+2^2 +... + ;(n-1)^2+n^2\\ =1;+2+...+(n-1)+n\\ ; + 2 +...+(n-1)+n\\ ;+..........\\ ;+(n-1) + n\\ ;+n \end{aligned} 12+22+...+=1​(n−1)2+n2+2+...+(n−1)+n+2+...+(n−1)+n+..........+(n−1)+n+n​ 等式右边昭示了，对于一个自然数 k k k, 仅有 k k k 行存在 k k k，因此含有 k k k的项的总和为 k 2 k^2 k2。即 S n = ∑ 1 ≤ k ≤ n k 2 = ∑ 1 ≤ j ≤ n ∑ j ≤ k ≤ n k = ∑ 1 ≤ j ≤ n ( j + n ) ( n − j + 1 ) 2 = 1 2 ∑ 1 ≤ j ≤ n ( n ( n + 1 ) + j − j 2 ) = 1 2 n 2 ( n + 1 ) + 1 4 n ( n + 1 ) − 1 2 S n \begin{aligned} S_n ;= \sum_{1\le k \le n}{k^2}\\ ;= \sum_{1\le j \le n} \sum_{j\le k \le n}{k}\\ ;=\sum_{1\le j \le n}\frac{(j+n)(n-j+1)}{2}\\ ;=\frac{1}{2}\sum_{1\le j \le n}(n(n+1) + j -j ^2)\\ ;=\frac{1}{2}n^2(n+1)+\frac{1}{4}n(n+1) - \frac{1}{2}S_n \end{aligned} Sn​​=1≤k≤n∑​k2=1≤j≤n∑​j≤k≤n∑​k=1≤j≤n∑​2(j+n)(n−j+1)​=21​1≤j≤n∑​(n(n+1)+j−j2)=21​n2(n+1)+41​n(n+1)−21​Sn​​ 接下来只要移项、合并便能得到结论。

平方和公式的推导方式极其繁多，《具体数学》中便给出了八种解法，这里选取了其中四种方法进行讨论。更多的细节可以参考原书，当然从网上也能查找许多衍生的解法。个人认为，其中涉及到的一些套路，对于启发我们的思维具有很大的帮助。