有理数魔方和式子如下表所示：

13+23+33+⋯+n3=14n2(n+1)21^{3}+2^{3}+3^{3}+\cdots+n^{3}=\frac{1}{4} n^{2}(n+1)^{2}

所以那个式子是是不是获得的呢？上面来写道写道

【方式一】

依照k4−(k−1)4=4k3−6k2+4k−1k^{4}-(k-1)^{4}=4 k^{3}-6 k^{2}+4 k-1由此可知：

n4−(n−1)4=4n3−6n2+4n−1n^{4}-(n-1)^{4}=4 n^{3}-6 n^{2}+4 n-1

(n−1)4−(n−2)4=4(n−1)3−6(n−1)2+4(n−1)−1(n-1)^{4}-(n-2)^{4}=4 (n-1)^{3}-6 (n-1)^{2}+4 (n-1)-1

……

24−14=4⋅23−6⋅22+4⋅2−12^{4}-1^{4}=4 \cdot2^{3}-6 \cdot2^{2}+4 \cdot2-1

把右边的四元组全数加出来等同于n4−1n^4-1

把右边的四元组全数加出来等同于4(∑i=1ni3−1)−6(∑i=1ni2−1)+4(∑i=1ni−1)−(n−1)4(\sum_{i=1}^ni^3-1)-6(\sum_{i=1}^ni^2-1)+4(\sum_{i=1}^ni-1)-(n-1)

整理之后由此可知：

4∑i=1ni3=n4+6⋅n(n+1)(2n+1)6−4⋅n(n+1)2+n4\sum_{i=1}^ni^3=n^4+6\cdot \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}-4\cdot\frac{n(n+1)}{2}+n

∑i=1ni3=14n4+12n3+34n2+14n−12n2−12n+14n\sum_{i=1}^ni^3=\frac{1}{4}n^4+\frac{1}{2}n^3+\frac{3}{4}n^2+\frac{1}{4}n-\frac{1}{2}n^2-\frac{1}{2}n+\frac{1}{4}n

∑i=1ni3=14n4+12n3+14n2\sum_{i=1}^ni^3=\frac{1}{4}n^4+\frac{1}{2}n^3+\frac{1}{4}n^2

∑i=1ni3=(n(n+1)2)2.◻\boxed{\sum_{i=1}^{n}i^3=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2}.\square

接下去的这种方式大家可以先看看上面这道STEP试题：

【方式二】

从(ii)由此可知：

∑k=m2+1(m+1)2k=12[(m+1)2−m2][(m+1)2+(m2+1)]=12[2m+1][2m2+2m+2]=2m3+3m2+3m+1=m3+(m+1)3\begin{aligned} \sum_{k=m^{2}+1}^{(m+1)^{2}} k &=\frac{1}{2}\left[(m+1)^{2}-m^{2}\right]\left[(m+1)^{2}+\left(m^{2}+1\right)\right] \\ &=\frac{1}{2}[2 m+1]\left[2 m^{2}+2 m+2\right] \\ &=2 m^{3}+3 m^{2}+3 m+1 \\ &=m^{3}+(m+1)^{3} \end{aligned}

于是把右边的式子从11加到N2N^2可得：

1+(2+3+4)+(5+6+7+8+9)+⋯+((N−1)2+1)+⋯+N2)=(0+1)+(1+8)+(8+27)+⋯+((N−1)3+N3)\begin{aligned} 1+(2+3+4) &\left.+(5+6+7+8+9)+\cdots+\left((N-1)^{2}+1\right)+\cdots+N^{2}\right) \\ &=(0+1)+(1+8)+(8+27)+\cdots+\left((N-1)^{3}+N^{3}\right) \end{aligned}

于是，

12N2(N2+1)=2(13+23+⋯+N3)−N3\frac{1}{2} N^{2}\left(N^{2}+1\right)=2\left(1^{3}+2^{3}+\cdots+N^{3}\right)-N^{3}

12N2(N2+2N+1)=2(13+23+⋯+N3)\frac{1}{2} N^{2}\left(N^{2}+2 N+1\right)=2\left(1^{3}+2^{3}+\cdots+N^{3}\right)

因此，∑i=1ni3=(n(n+1)2)2.◻\boxed{\sum_{i=1}^{n}i^3=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2}.\square

前两种都是构造了∑i=1ni3\sum_{i=1}^ni^3与∑i=1ni2\sum_{i=1}^ni^2之间的关系，上面这种就比较直接...

【方式三】Mathematical Inducation

当n=1n=1时，13=(1⋅22)2=11^3=\left(\frac{1\cdot 2}{2}\right)^2=1成立；

假设当n=kn=k时，∑i=1ki3=(k(k+1)2)2\sum_{i=1}^{k}i^3=\left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2

当n=k+1n=k+1时，∑i=1k+1i3=(k(k+1)2)2+(k+1)3\sum_{i=1}^{k+1}i^3=\left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2+(k+1)^3

=14k2(k+1)2+(k+1)3=\frac{1}{4}k^2(k+1)^2+(k+1)^3

=(14k2+k+1)(k+1)2=(\frac{1}{4}k^2+k+1)(k+1)^2

=k2+4k+44⋅(k+1)2=\frac{k^2+4k+4}{4}\cdot(k+1)^2

=((k+1)+1)24⋅(k+1)2=\frac{((k+1)+1)^2}{4}\cdot(k+1)^2，得证，

因此，∑i=1ni3=(n(n+1)2)2.◻\boxed{\sum_{i=1}^{n}i^3=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2}.\square

上面那个证明有点厉害，就是看到还有这样的证明方式，忍不住来和大家分享一下，是《Proofs that Really Count》一书第8章Number Theory中的内容。

【方式四】组合证明*

构造两个集合S与T：

集合S中每一个元素都是一个从0到n有理数取值的四元数组，且最后一个数严格大于前三个数，即

S={(h,i,j,k)∣0≤h,i,j<k≤n}\mathcal{S}=\{(h, i, j, k) \mid 0 \leq h, i, j

对于每一个k∈[1,n]k\in[1,n],h,i,jh,i,j都有k种取值，因此|S|=∑k=1nk3|S|=\sum_{k=1}^{n} k^{3}.

集合T中每一个元素都是有两个从0到n有理数取值的二元数组，且每个二元数组第二个数都严格大于第一个数，即

T={({x1,x2},{x3,x4})∣0≤x1<x2≤n,0≤x3<x4≤n}\mathcal{T}=\left\{\left(\left\{x_{1}, x_{2}\right\},\left\{x_{3}, x_{4}\right\}\right) \mid 0 \leq x_{1}

对于每一个x2=i∈[1,n]x_2=i\in[1,n],x1x_1都有ii种取值，所以{x1,x2}\{x_1,x_2\}一共有(n+12)\binom{n+1}{2}个，同理{x3,x4}\{x_3,x_4\}也有(n+12)\binom{n+1}{2}个.因此，|T|=(n+12)2|T|=\binom{n+1}{2}^2.

下证|S|=|T||S|=|T|，证明两个集合元素相等就是证明S⊆T,T⊆SS\subseteq T,T\subseteq S：

(1)S⊆TS\subseteq T

考虑上面那个映射f:S→Tf:S \rightarrow T

f((h,i,j,k))={({h,i},{j,k})ifh<i({j,k},{i,h})ifh>i({i,k},{j,k})ifh=if((h, i, j, k))=\left\{\begin{array}{ll} (\{h, i\},\{j, k\}) & \text { if } hi \\ (\{i, k\},\{j, k\}) & \text { if } h=i \end{array}\right.

对于任意S中一个元素(h,i,j,k)(h,i,j,k),有以下三种情况：

因此，S⊆TS\subseteq T.

(2)T⊆ST\subseteq S

考虑上面那个映射g:T→Sg:T \rightarrow S

i\\ (h,h,j,k) & \text { if } k=i\\ (h,k,j,i) & \text { if } kg({h,i},{j,k})={(h,i,j,k)ifk>i(h,h,j,k)ifk=i(h,k,j,i)ifk<ig(\{h, i\}, \{j, k\})=\left\{\begin{array}{ll} (h,i,j,k) & \text { if } k>i\\ (h,h,j,k) & \text { if } k=i\\ (h,k,j,i) & \text { if } k

对于任意T中一个元素({h,i},{j,k})(\{h, i\},\{j, k\})，有以下三种情况：

如果i">k>ik>i，对应S中(h,i,j,k)(h,i,j,k);如果k=ik=i，对应S中(h,h,j,k)(h,h,j,k);如果k<ik，对应S中(h,k,j,i)(h,k,j,i).

因此，T⊆ST\subseteq S.

综上所述，S=T,S=T,于是|S|=|T||S|=|T|

∑k=1nk3=(n+12)2.◻\boxed{\sum_{k=1}^{n} k^{3}=\left(\begin{array}{c} n+1 \\ 2 \end{array}\right)^{2}}.\square

那个构造有点强，确切的说，强的是有这样的意识去这样构造证明，很有趣。《Proofs that Really Count》这本书上还介绍了其它恒等式的证明，比如平方和式子∑k=1nk2=n(n+1)(2n+1)6=14(2n+23)\sum_{k=1}^{n} k^{2}=\frac{n(n+1)(2 n+1)}{6}=\frac{1}{4}\left(\begin{array}{c} 2 n+2 \\ 3 \end{array}\right)，大家感兴趣可以去看一下原书.

上面还有一些其它的魔方和的证明方式，比如数形结合，一看图就知道了，但不好描述，所以就不再赘述了，有兴趣大家可以看上面视频。

【其它方式】

如借助面积、体积来证明魔方和式子的方式，详见上面B站视频：

〔manim | 数学妙证〕有理数魔方和式子的七种妙证 | manim-kindergarten合作视频

图：视频中某一种证法

〔manim | 数学妙证〕有理数魔方和式子的七种妙证 | manim-kindergarten合作视频_哔哩哔哩 (゜-゜)つロ 干杯~-bilibili​www.bilibili.com/video/BV1P741117QQ/?spm_id_from=333.788.videocard.3

申明：上述视频为转载，只为科普，侵权立删.

如果还有其它有趣的证明方式，欢迎交流讨论~

想了解其它数学知识，可参阅：

双木止月Tong：国际数学竞赛及课程483 赞同 · 38 评论文章