2. Zadatak

Dokaz prve formule lako se dobije matematičkom indukcijom.

Označimo sa $S_n$ traženi zbroj. Nekoliko prvih pribrojnika u toj sumi izgleda ovako: $$S_n=1+1+1+2+2+2+2+2+3+3+\ldots.$$ S obzirom da je $$(n-1)^2<n^2-1<n^2,$$ vrijedi $$n-1\leq\lfloor\sqrt{n^2-1}\rfloor<n,$$ pa je posljednji pribrojnik u ovoj sumi jednak $n-1$.

Postavlja se pitanje: ako je $1\leq k\leq n-1$, koliko će se puta u sumi pojaviti pribrojnik $k$? Tu će vrijednost imati sljedeći članovi sume: $$\lfloor\sqrt{k^2}\rfloor,\quad\lfloor\sqrt{k^2+1}\rfloor,\ldots,\quad\lfloor\sqrt{(k+1)^2-1}\rfloor.$$ Dakle, pribrojnik $k$ pojavljuje se $(k+1)^2-k^2$ puta. Primijetimo da je posljednji član sume jednak $\sqrt{n^2-1}$, pa je on ujedno posljednji član u ovakvoj skupini pribrojnika. Zato je tražena suma jednaka: $$S_n=1\cdot(2^2-1^2)+2(3^2-2^2)+\ldots+(n-1)[n^2-(n-1)^2].$$ Izračunajmo ovaj zbroj. $$\begin{aligned} S_n&=2^2-1^2+2\cdot3^2-2\cdot2^2+3\cdot4^2-3\cdot3^2+\ldots+(n-1)n^2-(n-1)(n-1)^2\\ &=-1^2-2^2-3^2-\ldots-(n-1)^2+(n-1)n^2\\ &=(n-1)n^2-\frac{(n-1)n(2n-1)}6=\frac{n(n-1)(4n+1)}6. \end{aligned}$$