Eine erweiterte Lösung

[JimKnopf]

Moin moin,

mein Ausgangspunkt ist diesmal
$n^2 = \sum\limits_{i = 1}^{n}{(2i - 1)} \mspace{30mu}$ für alle ganzzahligen $\mspace{5mu} n \geq 1$
(ich denke das ist hinlänglich bewiesen, so dass ich es hier ohne Beweis angeben kann)
$\begin{align} n^3 &= n \cdot n^2\\ &= (n - 1) \cdot n^2 + n^2\\ &= (n - 1) \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n}{n} + \sum\limits_{i = 1}^{n}{(2i - 1)}\\ &= \sum\limits_{i = 1}^{n}{(n - 1)n} + \sum\limits_{i = 1}^{n}{(2i - 1)}\\ &= \sum\limits_{i = 1}^{n}{\left[n(n - 1) + (2i - 1)\right]} \mspace{30mu} \text{für alle ganzzahligen} \mspace{5mu} n \geq 1 \end{align}$
Das war die Herleitung und der Beweis in fünf kurzen Zeilen - so einfach kann es gehen. Vielen Dank MudGuard! Dein Beitrag von 22.07.2024 19:06 hat mich auf diese Idee gebracht (auch wenn ich hier von Deinem Vorschlag etwas abweiche).

Ich hatte in meiner ersten Lösung die Frage nach $n^4$ gestellt. Das Schöne an diesem Ansatz: er lässt sich mühelos rekursiv anwenden, so dass auch höhere Potenzen von $n$ damit als Summe fortlaufender ungerader Zahlen dargestellt werden können.
$\begin{align} n^4 &= n \cdot n^3\\ &= (n - 1) \cdot n^3 + n^3\\ &= (n - 1) \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n}{n^2} + \sum\limits_{i = 1}^{n}{\left[n(n - 1) + (2i - 1)\right]}\\ &= \sum\limits_{i = 1}^{n}{(n - 1)n^2} + \sum\limits_{i = 1}^{n}{[\dotsc]}\\ &= \sum\limits_{i = 1}^{n}{[\underbrace{(n - 1)n^2 + n(n - 1)}_{m_4} + (2i - 1)]}\\ \end{align}$

Der Ausdruck $m_4$ lässt sich noch etwas vereinfachen:
$\begin{align} m_4 &= n^3 - n^2 + n^2 - n\\ &= n(n^2 - 1)\\ (&= n(n - 1)(n + 1))\\ \end{align}$
Die eingeklammerte Gleichung für $m_4$ besagt, dass $m_4$ das Produkt aus drei aufeinanderfolgenden ganzen Zahlen ist, d.h. mindestens einer der drei Faktoren ist durch 2 teilbar und $m_4$ ist immer eine gerade Zahl. Folglich ist $[m_4 + 2i - 1]$ immer eine ungerade Zahl.

Man erhält schließlich:
$n^4 = \sum\limits_{i = 1}^{n}{\left[n(n^2 - 1) + (2i - 1)\right]} \mspace{30mu}$ für alle ganzzahligen $\mspace{5mu} n \geq 1$
Ein paar Beispiele:
$n = 1:\mspace{10mu} 1^4 = \left[ {1 \cdot 0 + 2 - 1} \right] = 1$
$n = 2:\mspace{10mu} 2^4 = \left[ {2 \cdot 3 + 2 - 1} \right] + \left[ {2 \cdot 3 + 4 - 1} \right] = 7 + 9 = 16$
$n = 3:\mspace{10mu} 3^4 = \left[ {3 \cdot 8 + 2 - 1} \right] + \left[ {3 \cdot 8 + 4 - 1} \right] + \left[ {3 \cdot 8 + 6 - 1} \right] = 25 + 27 + 29 = 81$

Weil es so schön ist:
$\begin{align} n^5 &= n \cdot n^4\\ &= (n - 1) \cdot n^4 + n^4\\ &= (n - 1) \cdot \sum\limits_{i = 1}^{n}{n^3} + \sum\limits_{i = 1}^{n}{\left[n(n^2 - 1) + (2i - 1)\right]}\\ &= \sum\limits_{i = 1}^{n}{(n - 1)n^3} + \sum\limits_{i = 1}^{n}{[\dotsc]}\\ &= \sum\limits_{i = 1}^{n}{[\underbrace{(n - 1)n^3 + n(n^2 - 1)}_{m_5} + (2i - 1)]}\\ \end{align}$

Der Ausdruck $m_5$ lässt sich wieder vereinfachen:
$\begin{align} m_5 &= n^4 - n^3 + n^3 - n\\ &= n(n^3 - 1)\\ \end{align}$
$m_5$ ist hier ein Produkt aus zwei Faktoren. Wenn $n$ gerade ist, ist der erste Faktor gerade und $m_5$ ist gerade. Wenn $n$ ungerade (also kein Vielfaches von 2) ist, ist $n^j$ für alle ganzzahligen $j \geq 0$ auch kein Vielfaches von 2 und $(n^j - 1)$, der zweite Faktor von $m_5\ (j = 3)$, ist gerade. Folglich ist $m_5$ immer gerade und $[m_5 + 2i - 1]$ ist immer ungerade.

Man erhält schließlich:
$n^5 = \sum\limits_{i = 1}^{n}{\left[n(n^3 - 1) + (2i - 1)\right]} \mspace{30mu}$ für alle ganzzahligen $\mspace{5mu} n \geq 1$
Ein paar Beispiele:
$n = 1:\mspace{10mu} 1^5 = \left[ {1 \cdot 0 + 2 - 1} \right] = 1$
$n = 2:\mspace{10mu} 2^5 = \left[ {2 \cdot 7 + 2 - 1} \right] + \left[ {2 \cdot 7 + 4 - 1} \right] = 15 + 17 = 32$
$n = 3:\mspace{10mu} 3^5 = \left[ {3 \cdot 26 + 2 - 1} \right] + \left[ {3 \cdot 26 + 4 - 1} \right] + \left[ {3 \cdot 26 + 6 - 1} \right] = 79 + 81 + 83 = 243$

Ich wage mal die Behauptung, dass $n^k$ sich für alle ganzzahligen $n \geq 1$ und alle ganzzahligen $k \geq 2$ als Summe von $n$ aufeinanderfolgenden ungeraden Zahlen darstellen lässt. Denn
$\begin{align} \sum\limits_{i = 1}^{n}{\left[n(n^{k-2} - 1) + (2i - 1)\right]} &= \sum\limits_{i = 1}^{n}{n(n^{k-2} - 1)} + \sum\limits_{i = 1}^{n}{(2i - 1)}\\ &= n(n^{k-2} - 1) \cdot n + n^2\\ &= n^2 n^{k-2} - n^2 + n^2\\ &= n^k \end{align}$
Die Summanden sind ungerade Zahlen, das ergibt sich aus den Überlegungen zu $m_5$ für $j = k - 2$ und sie sind fortlaufend, das ergibt sich aus der Konstruktion der Summe.

Ich möchte wetten, dass mindestens ein Dutzend Mathematiker das schon vor über hundert Jahren herausgefunden und formal bewiesen haben. (Hätte ich bloß nicht nach $n^4$ gefragt.😅)

Gruß... JimKnopf