Matematické Fórum

p.r.i.n.cess · 04. 02. 2010 12:20

Chtěla jsem se zeptat, jak zjistím, že místo dané posloupnosti napíšu tento vzorec?

$1+4+9+...+n^2=\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$

Zkoušela jsem vzorec pro součet n členů aritmetické posloupnosti, ale to mi nechce vyjít. Tak nevím, jestli dělám někde chybu nebo se používá něco jiného.

Wotton · 04. 02. 2010 12:31

Vzorec pro aritmetickou posloupnost nelze použít, protože se nejedná o aritmetickou posloupnost.

Zkus to dokázat indukcí!

plisna · 04. 02. 2010 12:32

↑ p.r.i.n.cess: vzorec pro soucet aritmeticke posloupnosti nefunguje, protoze se nejedna o aritmetickou posloupnost. koukni sem: http://jmi.czweb.org/nove/data/92.pdf

p.r.i.n.cess · 04. 02. 2010 13:07

mohl by mě někdo trochu nakopnout s tou indukcí?

Wotton · 04. 02. 2010 13:18

1. krok: dokaž že to platí pro n=1. Tzn: $1\ =\ \frac 161(1+1)(2\cdot 1+1)$

2. krok: předpokládáme, že tp rlatí pro n, Pak to dokaž pro n+1.

To znamená, že víš že platí:
$1+4+9+...+n^2\ =\ \frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$
A dokazuješ
$1+4+9+...+n^2+(n+1)^2\ =\ \frac{1}{6}(n+1)(n+2)(2n+3)$ což je to samé jako $\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)+(n+1)^2\ =\ \frac{1}{6}(n+1)(n+2)(2n+3)$

p.r.i.n.cess · 04. 02. 2010 13:21

↑ Wotton:
tohle je mi jasné, ale jak přijdu na to, že $1+4+9+...+n^2$ se rovná zrovna tomuto výrazu $\frac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$

Kondr · 04. 02. 2010 13:23

Např. tak, že sečteš rovnosti
1^3=(0+1)^3
2^3=(2+1)^3
...
n^3=((n-1)+1)^3
přičemž pravé strany rozepíšeš z binomické věty ... dostaneš rovnost, v níž vystupuje hledaný součet a součet arit. posloupnosti.

plisna · 04. 02. 2010 13:24

↑ p.r.i.n.cess: ptala jsi se na indukci, proto ↑ Wotton: ukazal dukaz indukci. pokud te zajima, jak se odvodi vztah $\sum_{i=1}^n i^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ , pak koukni na http://jmi.czweb.org/nove/data/92.pdf

p.r.i.n.cess

↑ plisna:
moc mi to nepomohlo, ale díky

p.r.i.n.cess · 04. 02. 2010 14:51

a když budu mít takovou to limitu, jak ji, prosim, spočítám?
$\lim_{n\to\infty}(\frac{1}{n^3}+\frac{9}{n^3}+\frac{25}{n^3}+...+\frac{(2n-1)^2}{n^3})$

Olin · 04. 02. 2010 14:51

Tak dá se ne to přijít třeba tak, že "tipneme", že to bude nějaký polynom 3. stupně a už jen dosadíme pár hodnot, čímž dostaneme soustavu 4 lineárních rovnic. Hned se dá uhodnout, že absolutní člen bude nulový, čímž si to zjednodušíme na 3 rovnice.

Jinou metodou je ještě použití identity $\sum_{k=2}^n {k \choose 2} = {{n+1} \choose 3}$ . Kombinační číslo za znakem sumy můžeme rozepsat jako ${k \choose 2} = \frac{k^2-k}{2}$ , díky čemuž můžeme sumu rozseknout na dvě sumy. Jedna je součet po sobě jdoucích čísel (se známým součtem) a druhá je hledaný součet druhých mocnin.

Nebo bychom samozřejmě mohli derivovat vytvořující funkce, ale to by byl overkill…

Rumburak

↑ p.r.i.n.cess:
Vzorec $\sum_{i=1}^n i^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ lze odvodit velmi názorně i takto - v několika krocích:

1. Je-li f funkce proměnné n probíhající přirozená čísla, označme $\Delta_n f(n) \,= f(n+1) - f(n)$ , což chápeme jako rovnost dvou funkcí ,
podobně i u dalších vztahů obsahujících operátor $\Delta_n$ .

2. Mějme člen $n^j$ , kde j je pevně zvolené přirozené číslo (může být i 0) a n proměnná probíhající všechna přirozená čísla.
Pomocí binomické věty zjistíme, že $\Delta_n n^j\,= (n+1)^j - n^j =\sum_{i=1}^j${j \atop i}$n^{j-i}$ , což je polynom stupně j-1 pokud j > 0
nebo 0 (= polynom identicky rovný nule) pokud j = 0 .

3. Mějme polynom f(n) , který je k - tého stupně, kde k > 0. To znamená, že ho můžeme vyjádřit ve tvaru $f(n) = \sum_{j=0}^k a_j n^j \,\,, \, a_k \ne 0$ .
Potom snadno zjistíme, že $\Delta_n f(n) = \Delta_n\sum_{j=0}^k a_j n^j = \sum_{j=0}^k \Delta_n (a_j n^j)= \sum_{j=0}^k a_j \Delta_n n^j$ , což je dle bodu 2 polynom stupně k - 1 .

4. Nyní provedeme zpětnou úvahu k úvaze v bodu 3.
Je-li $g(n)$ polynom stupně k-1, pak (snad ?) bude existovat polynom f(n) stupně k takový, že $\Delta_n f(n) = g(n)$ .
Tato domněnka se ukazuje jako správná.

Praktické využití: Označíme-li $f(n) = \sum_{i=1}^n i^2$ , pak vidíme, že $\Delta_n f(n) = (n+1)^2$ , tedy polynom stupně 2.
Takkže dle 4 bude f(n) polynomem stupně 3.
Jeho zatím neznámé 4 koeficienty jednotlivých stupňů určíme tak, že přímo spočteme f(0) = 0, f(1) = 1, f(2) = 5 , f(3) = 14 a sestavíme 4 rovnice.

Tento postup lze použít i na součty $S_k(n) = \sum_{i=1}^n i^k$ , kde k = 3, 4, ...

Wotton · 04. 02. 2010 15:10

↑ p.r.i.n.cess:

Když aplikujam návod kolegy ↑ Olin:, tak nám vyjde $\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n^3}+\frac{9}{n^3}+\frac{25}{n^3}+...+\frac{(2n-1)^2}{n^3}\right)\ =\ \lim_{n\to\infty}\frac{\frac 13n(4n^2-1)}{n^3}$

Olin · 04. 02. 2010 15:12

↑ Wotton:
Hmm, to moje byl návod ještě na ten původní součet po sobě jdoucích druhých mocnin. Ale samozřejmě "tipnutí" funguje v těchto případech vždycky.

Wotton · 04. 02. 2010 15:17

↑ Olin:
Ano, já vím že byl. Ale jak píšeš dá se to s úspěchem použít i v jiných případech. Jen se to vždy pak musí dokázat že tip byl oprávněný.

Marian · 04. 02. 2010 16:06 — Editoval Marian (04. 02. 2010 16:06)

Velmi efektivní je použití Stolzovy věty, kde položíme

$a_n:=1+9+\cdots +(2n-1)^2,\qquad\qquad\forall n\in\mathbb{N},$
a
$b_n:=n^3,\qquad\qquad\forall n\in\mathbb{N}.$

Matematické Fórum

#1 04. 02. 2010 12:20

posloupnost

#2 04. 02. 2010 12:31

Re: posloupnost

#3 04. 02. 2010 12:32

Re: posloupnost

#4 04. 02. 2010 13:07

Re: posloupnost

#5 04. 02. 2010 13:18

Re: posloupnost

#6 04. 02. 2010 13:21

Re: posloupnost

#7 04. 02. 2010 13:23

Re: posloupnost

#8 04. 02. 2010 13:24

Re: posloupnost

#9 04. 02. 2010 14:18 — Editoval p.r.i.n.cess (04. 02. 2010 14:18)

Re: posloupnost

#10 04. 02. 2010 14:51

Re: posloupnost

#11 04. 02. 2010 14:51

Re: posloupnost

#12 04. 02. 2010 15:01 — Editoval Rumburak (04. 02. 2010 16:43)

Re: posloupnost

#13 04. 02. 2010 15:10

Re: posloupnost

#14 04. 02. 2010 15:12

Re: posloupnost

#15 04. 02. 2010 15:17

Re: posloupnost

#16 04. 02. 2010 16:06 — Editoval Marian (04. 02. 2010 16:06)

Re: posloupnost

Zápatí