Prove que:
1+8+27+\cdots+n^{3}=\left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^{2}

Passo 1

O enunciado pede para provar a igualdade entre a soma dos cubos dos primeiros n inteiros e o quadrado do n-ésimo número triangular. Mais explicitamente:
  • O que nos dão: a soma
1+8+27+\cdots+n^{3}=\sum_{k=1}^{n} k^{3}.
  • O que devemos provar: que essa soma vale
\left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^{2}.
Aqui n é um inteiro positivo qualquer e k é o índice de soma que vai de 1 até n. A tarefa é demonstrar que
\sum_{k=1}^{n} k^{3} = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{2}.

Passo 2

Vou definir e explicar um conceito útil: o número triangular. Para cada inteiro k\ge 0 defino
T_k := \frac{k(k+1)}{2}.
  • Interpretação: T_k é o k-ésimo número triangular (soma dos primeiros k inteiros). Por exemplo T_1=\frac{1\cdot2}{2}=1, T_2=\frac{2\cdot3}{2}=3, T_3=\frac{3\cdot4}{2}=6.
  • Uma propriedade simples e importante é a diferença entre dois triangulares consecutivos:
T_k - T_{k-1} = k,
porque T_k é a soma dos primeiros k inteiros e T_{k-1} é a soma dos primeiros k-1 inteiros; subtraindo sobra exatamente o k-ésimo termo.

Passo 3

Vou provar a identidade telescópica que é a chave para a soma dos cubos:
k^{3} = T_k^{2} - T_{k-1}^{2}.
Demonstração algébrica passo a passo:
Primeiro uso a fatoração da diferença de quadrados:
T_k^{2}-T_{k-1}^{2} = (T_k - T_{k-1})(T_k + T_{k-1}).
Já sabemos que T_k - T_{k-1} = k. Agora calculo T_k + T_{k-1}. Usando a definição de T_k:
T_k + T_{k-1} = \frac{k(k+1)}{2} + \frac{(k-1)k}{2}.
Colocando em evidência k e somando:
T_k + T_{k-1} = \frac{k\bigl((k+1)+(k-1)\bigr)}{2} = \frac{k\cdot 2k}{2} = k^{2}.
Substituindo de volta na diferença de quadrados:
T_k^{2}-T_{k-1}^{2} = (T_k - T_{k-1})(T_k + T_{k-1}) = k\cdot k^{2} = k^{3}.
Portanto a identidade desejada está provada:
k^{3} = T_k^{2} - T_{k-1}^{2}.

Passo 4

Agora somo essa identidade para k de 1 até n. À esquerda obtenho a soma dos cubos; à direita obtenho uma soma telescópica:
\sum_{k=1}^{n} k^{3} = \sum_{k=1}^{n} \bigl(T_k^{2} - T_{k-1}^{2}\bigr).
Como é uma soma telescópica, os termos intermediários se cancelam par a par:
\sum_{k=1}^{n} \bigl(T_k^{2} - T_{k-1}^{2}\bigr) = \bigl(T_1^{2}-T_0^{2}\bigr) + \bigl(T_2^{2}-T_1^{2}\bigr) + \cdots + \bigl(T_n^{2}-T_{n-1}^{2}\bigr).
Ao somar, tudo cancela exceto o último termo positivo e o primeiro termo negativo:
\sum_{k=1}^{n} \bigl(T_k^{2} - T_{k-1}^{2}\bigr) = T_n^{2} - T_0^{2}.
Mas T_0=\dfrac{0\cdot1}{2}=0, logo
\sum_{k=1}^{n} k^{3} = T_n^{2}.
Finalmente substituo a expressão de T_n:
\sum_{k=1}^{n} k^{3} = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{2}.
Isso completa a prova por telescópio.

Passo 5

Para consolidar: apresento também, rapidamente, a prova por indução (método clássico), caso você prefira ou precise usá-la na prova.
Base: para n=1,
\sum_{k=1}^{1} k^{3} = 1^{3}=1
e
\left(\frac{1\cdot(1+1)}{2}\right)^{2} = \left(\frac{2}{2}\right)^{2}=1,
portanto a igualdade vale para n=1.
Passo indutivo: suponha que para algum n\ge1 valha
\sum_{k=1}^{n} k^{3} = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{2}.
Então para n+1 temos
\sum_{k=1}^{n+1} k^{3} = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{2} + (n+1)^{3}.
Agora mostro que o lado direito se transforma exatamente em \left(\dfrac{(n+1)(n+2)}{2}\right)^{2}. Fazer a álgebra:
Calculo
\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{2} + (n+1)^{3} = (n+1)^{2}\left(\frac{n^{2}}{4} + (n+1)\right).
Coloco tudo sobre 4:
(n+1)^{2}\left(\frac{n^{2} + 4(n+1)}{4}\right) = (n+1)^{2}\left(\frac{n^{2}+4n+4}{4}\right) = (n+1)^{2}\left(\frac{(n+2)^{2}}{4}\right).
Logo
\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{2} + (n+1)^{3} = \left(\frac{(n+1)(n+2)}{2}\right)^{2}.
Assim a propriedade vale para n+1. Por indução, vale para todo inteiro n\ge1. Isso confirma a mesma fórmula.

Passo 6

Exemplo numérico rápido para checar e fixar: para n=3,
1+8+27 = 36, \qquad \left(\frac{3\cdot4}{2}\right)^{2} = 6^{2}=36.
Bate certinho — bom sinal!
Força aí nos estudos — esse resultado é clássico e ótimo de decorar: a soma dos cubos é o quadrado da soma dos primeiros n inteiros.

Resposta

1+8+27+\cdots+n^{3}=\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^{2}

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