1、自然数的平方和公式的推导方法总结自然数的平方和就是 ，它的结果是22213n ()N。对于这一结论的推导，方法多种多样，现将我所知道的方法1()26n一一总结如下，与大家共享。方法一：设数列 ，其中 ，则na221nn的一阶差数列记为 ，其中 ，首项为 ；na11()a14a的二阶差数列记为 ，其中2n，首项为 ；21()(1)nn215的三阶差数列记为 ，其中a3na，首项为 ；321(5)(2)nn 312a于是我们可知数列 为三阶等差数列。于是我们应用下面方法求可求出数列n的通项。na22221131()()()naa=5+ =5+2+2+2=32n 5nC(2)亦知当 时亦有 ，n15
2、C故有 21*5,aN111232()()()n naa=4+ =11n 1101224)5nnCC= 25nC()亦知当 时亦有 。1215nna故有 1214,*naN2321()()()na=1+ 11na= 321154nnC知当 时亦有321154naC故有 321,*nnN= ()(3)()2(1)n= 。26点评：在上面的推导方法中，首先对组合数 的定义进行了推广，规定mnC。这样的推广对于组合数的性质并无影响。(1)(1),!0,mnnmnC即 对于 nm 时仍成立。（下文中所用的组合数都是推广后的组1mmnn合数）于是我们有； 。1112021nCC 223011nCC另外，
3、此种证法关键在于发现数列 是一个三阶等差数列，从而应用组合na数性质导出其通项。如果我们将这一问题稍做推广，就会得到 k 阶等差数列通项公式的一般形式，即na。其中 表示数列 的1111,kkrnnCaC 2,3r 1rana阶差数列的首项。r如果进一步推广，就会发现，数列 为 k 阶等差数列的一个充要条件是数列n的通项是一个关于 n 的 k 次多项式。于是我们应用这一结论，就会得到证na法二。证法二：设数列 ，其中 ，则由（1）知数列 是一个 3na221nn na阶等差数列，所以设 。3ABCD又因 ，于是1234,5,0a解得18425793460ABCD11,0326ABCD所以 。3
4、21()6nann点评：上面应用的方法是待定系数法，其关键在于发现数列 为三阶等差数na列。证法三： 。221(1)nnC所以 12212131321()()()nnnC = = 。()()()26点评：此种证法是一次公开课中，由李爱廷老师提出的一种证法。此种证法很简洁，关键在于对 进行了适当的分解，从而应用组合数性质，对公式进行了2n证明。此种证法还可继续推广，用于证明更多的问题。如 3 31(1)6nnC则 = 。32 4212()n= ；4 3()()4321!Cn则 412n5332214!()(1)n nC = ) ()(1)6nn= 。21(1)(3)30上面的证法关键都在于对 进
5、行了适当的拆分，然后对重新进行组合、合并。kn而这些能力也恰巧是我们代数运算中的基本功。证法四：因为 2135(1)所以 =22n 35(135(21)n =1*n+3*(n-1)+5*(n-2)+(2k-1)(n-k+1)+(2n-1)*1 (1)其中(2k-1)(n-k+1)= 2(3)(1)knk于是（1）= 2(12(1)n 所以 3（ ）= ()()解得 = = 。22n 136n(2)6点评：此证法源于周沛耕老师 的应用一文。此证法5()n灵活应用了已知的公式，对 进行拆分，重组，并应用到了方程的思想。值得2n注意的是此证法也具有良好的推广价值。详见数学兴趣与创造力一书。证法四：利
6、用立方和公式可得=32(1)(1)(1)nn2n于是有 23232(1)(1)nnn将上面各式左右两边分别相加，就会有 32222()()(1)(1)nn 设 S= ,则1n32()()()nSSn解得 16点评：此种证法应用了立方差公式，从而构造出一个关于 的221n等式，应用方程的思想证明了结论。证法更加简单。证法一与证法三都用到了组合数的性质，而证法二其实是应用了证法一的结论：数列 为 k 阶等差数列的一个充要条件是数列 的通项是一个关于 nna na的 k 次多项式。证法四、五有点新意，但就其证明关键点来说，又与证法三，证法一有相同之处，就是对 进行适当的拆分，重组。由此可见对221n多项式进行拆分，重组是代数的一种基本的运算能力，掌握了这一种运算能力，才算真正掌握了“通解通法”。另外，以上证法都是应用的初等数学的方法，如果应用高等数学中的积分等知识，我们是否会有更好，更有一般的证法呢？希望读者能够继续探索下去，一座知识的宝库或许将为你开放。
