Matematické Fórum

jirinaK · 09. 11. 2007 13:08

Nevím jak to napsat, tak to napíšu slovy: Suma pro i od jedné do n výrazu i*("n nad i") - rozuměj součin "i" a kombinačního čísla. Mám vyjádřit její součet, ale nejsem si jistá, jak zvětšovat hodnoty. "n" je pevně dané číslo a zvětšuji "i"? Nebo zvětšuji obě? Jak bude vypadat prvních pár členů?

jarrro · 09. 11. 2007 13:31

zväčšova? treba len i,lebo je jasne povedané,že suma od pre i od 1 do n n je len parameter

Lishaak

Kyzeny soucet a prvnich par clenu:
$\sum_{i=1}^{n}i{n \choose i} = {n \choose 1} + 2{n \choose 2} + 3{n \choose 3} + \cdots + n{n \choose n}$

jirinaK · 09. 11. 2007 14:53

Dobře díky, to už je mi jasný. Pokud chci vypočítat součet tý sumy, tak na to ale stejně asi musim nějak obecně.

Marian · 09. 11. 2007 15:05

To je ale hezky priklad ke konecne sumaci. No jen nevim, jak by se to mohlo relativne jednoduse secist na SŠ. Zalezi na tom, jakou stedni studujes. Na prumyslovce, gymplu nebo VŠ bych se nebal derivaci a zobecneni teto ulohy. No pockam si zatim na uvahy ostatnich, zda-li je neco napadne.

Marian · 09. 11. 2007 19:13 — Editoval Marian (09. 11. 2007 19:28)

No Maple 9.5 vyhodil vysledek takovyto

$\sum_{i=1}^{n}i\cdot\left ({n\atop i}\right )=n\cdot 2^{n-1},\qquad\forall n\in\mathbb{N}$ .

Takze nyni se nabizi jiz take indukce.

Ale vyresim ten priklad lehce bez indukce. Podle binomicke vety pro kazde prirozene cislo n plati

$(x+1)^n=\sum_{i=0}^{n}\left ({n\atop i}\right )x^i$ .

Posledne uvedeny radek budu derivovat (je to konecny soucet, nemusime mit obavy). Proto

$n\cdot (x+1)^{n-1}=\sum_{i=1}^{n}\left ({n\atop i}\right )\cdot i\cdot x^{i-1}$ .

Tento radek nyni nasobim cislem x. Dostavame proto

$n\cdot x\cdot (x+1)^{n-1}=x\cdot\sum_{i=1}^{n}i\cdot\left ({n\atop i}\right )x^{i-1}=\sum_{i=1}^{n}i\cdot\left ({n\atop i}\right )x^{i}$ .

Dosazenim x=1 do posledniho radku prejde suma umistena zcela vpravo na hledanou sumu. Dosazenim hodnoty x=1 do posledniho radku zcela vlevo dava pak soucet hledane rady. Tedy

$\sum_{i=1}^{n}i\cdot\left ({n\atop i}\right )1^{i}=n\cdot 1\cdot (1+1)^{n-1}\nl \nl \Leftrightarrow\nl \nl \sum_{i=1}^{n}i\cdot\left ({n\atop i}\right )=n\cdot 2^{n-1}.$

Hotovo.

jirinaK · 10. 11. 2007 12:10

Dobře, díky moc. Derivovat umím, postup chápu. Jen by mě to ve snu nenapadlo derivovat. Jaký je zdůvodnění toho, že tě to napadlo zderivovat? Přece ne jen tak...

Marian · 10. 11. 2007 14:09

Malicko te uvedu do problemu a pak si treba sama spocti jak bude vypadat nasledujici suma:

$\sum_{i=1}^{n}i^2\left ({n\atop i}\right)$ nebo $\sum_{i=1}^{n}i^3\left ({n\atop i}\right)$ .

Pokud se v nejake sume vyskytuje nasobeni indexem, pres ktery scitame, v nasem pripade index i, pak zpravidla funguje postup s derivaci. Utvoris nejprve obecnejsi problem pro variantu bez onoho nasobeni inexem i, totiz sumu

$\sum_{i=0}^{n}\left ({n \atop i}\right )x^i$ .

Je videt ze to je varianta bez onoho nasobeni indexem i a je to zobecneni teto variantz, vzskytuje se tam ono $x^i$ . Clen $x^i$ se bere zamerne. Uvedomis-li si, ze derivaci tohoto clenu dostavas $i\cdot x^{i-1}$ , je jasne, ze tak dosahnu vytvoreni pozadovaneho faktoru i v puvodni uloze. To jen ten duvod, proc jsem derivoval.

Kdybys chtela spocitat jednu z tech sum, ktere jsem ti nahore dal k dispozici, derivovala by jsi vztah

$n\cdot x\cdot (x+1)^{n-1}=x\cdot\sum_{i=1}^{n}i\cdot\left ({n\atop i}\right )x^{i-1}=\sum_{i=1}^{n}i\cdot\left ({n\atop i}\right )x^{i}$

jeste jednou podle x pro vypocteni te prve sumy. Opet by jsi pak ze zrejmeho duvodu nasobila x-em. Aplikaci tohoto postupu jeste jednou bychom dostali druhou z navrhovanych sum.

Upozornit te chci jen na to, ze se zmenila pri prvem derivovani v mem prispevku dolni mez sumace. Asi sis vsimla, ze jednou tam bylo i=0, podruhe i=1. To proto, ze v te prve sume po derivaci clene obsahujiciho $x^0$ , coz je v podstate konstanta, nemohu dostat vyraz $x^{0-1}=\frac{1}{x}$ ,nebot derivace konstanty ( $x^0=1={\mathrm{const.}}$ ) je prece nula. Proto se po derivaci spodni mez sumace zmenila na i=1.

Lishaak · 10. 11. 2007 16:31

Super. Diky Marianovi za pekne vysvetleni. Zase jsem se neco noveho priucil

Saturday · 11. 11. 2007 12:49

Nedalo by se takto odvodit cemu se rovna suma: $\sum_{i=0}^{n}i^2$ .. chvili jsem si s tim hral, ale vzdycky jsem se nakonec dostal do stavu, kdy uz s tim neslo pohnout..

Olin · 11. 11. 2007 13:02

Ta suma druhých mocnin je jednoduchá:

$\sum_{i=0}^{n}i^2 = \frac{n^3}{3} + \frac{n^2}{2} + \frac{n}{6}$

Učiníš předpoklad že to bude kubický polynom bez absolutního členu a dosadíš 3 hodnoty (úvahou se dá ještě přijít na to, že koeficient u členu 3. stupně bude 1/3).

Saturday · 11. 11. 2007 13:06

Olin napsal(a):
Učiníš předpoklad že to bude kubický polynom bez absolutního členu a dosadíš 3 hodnoty (úvahou se dá ještě přijít na to, že koeficient u členu 3. stupně bude 1/3).

jenze tohle nebude fungovat, pokud tam budes mit treba i^3 a vyssi (minimalne to budou cim dal slozitejsi uvahy), kdezto ta derivace se zda, ze by mohla fungovat vzdy, kdyz se clovek podiva na ty jednotlive cleny v sumach s ruznou mocninou prom. i (http://mathworld.wolfram.com/PowerSum.html dole), tak to vypada, ze by to tou derivaci / integraci mohlo jit..

Olin · 11. 11. 2007 13:13

No myslím, že by nemělo být těžké ukázat, že sumou k-tých mocnin vždy vznikne polynom k+1-tého stupně s koeficientem 1/(k+1) u členu stupně k+1. Hledání tohoto polynomu ve skutečnosti je hledání takové posloupnosti, jejíž diference bude n^k, tato úvaha se tedy zakládá na ekvivalenci diferencí posloupností s derivacemi.

Možná jsem tě úplně nepochopil…

Marian · 12. 11. 2007 06:08 — Editoval Marian (12. 11. 2007 06:14)

Skutecne lze pouzit derivaci na konecne rady typu $\scriptsize{\sum_{i=1}^{n}i^k,\qquad k\in\mathbb{N}_0}$ . Ale postupu pro urceni takovych souctu v nekterem z uzavrenych tvaru je nekolik. U integralu je treba navic dat pozor, pouzijeme-li jej. Je treba volit urcity integral s vhodnymi mezemi. Ten problem vycislovani souctu uvedenych vyse, kde scitme k-te mocniny prirozenych cisel mensich nez n+1 je castecne spojen s urcovanim tzv. Bernoulliovych cisel, kt. se vyuzivaji mj. pri urcovani souctu rad

$\zeta (2s):=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2s}},\qquad s\in\mathbb{N}$ .

Olin paknavrhnul, ze by nemelo byt tezke nalezt dukaz tvrzeni, ze suma k-tych mocnin prirozenych cisel mensich nez nejake fixni prirozene cislo n+1 se da zapsat jako polynom v promenne n. Jeden z moznych dukazu se primo nabizi, totiz indukci pres $\scriptsize{k\in\mathbb{N}}$ s vyuzitim reseni obecnejsiho pripadu za pouziti (napriklad) metody s derivaci uvedene vyse.

Saturday · 12. 11. 2007 11:38

2Marian: Diky za hint :-)

http://en.wikipedia.org/wiki/Faulhaber%27s_formula - tohle je zalozeno na Bernoulliho cislech, vypocet Bernoulliho cisel jsem zatim nepochopil, je tam spousta veci, o kterych jsem nikdy neslysel..

docela zajimave je vsak toto: http://en.wikipedia.org/wiki/Squared_triangular_number - pro vypocet sum s i^3

Kondr · 12. 11. 2007 16:24

Jinak funguje i kombinatoricky pristup. Predstavme si ze mame n ruznych zakusku a jsme rozhodnuti si jeden z nich snist a nektere dalsi odnest. Kolika zpusoby to lze udelat?

Matematické Fórum

#1 09. 11. 2007 13:08

Obecný dotaz k sumě

#2 09. 11. 2007 13:31

Re: Obecný dotaz k sumě

#3 09. 11. 2007 14:11 — Editoval Lishaak (09. 11. 2007 14:13)

Re: Obecný dotaz k sumě

#4 09. 11. 2007 14:53

Re: Obecný dotaz k sumě

#5 09. 11. 2007 15:05

Re: Obecný dotaz k sumě

#6 09. 11. 2007 19:13 — Editoval Marian (09. 11. 2007 19:28)

Re: Obecný dotaz k sumě

#7 10. 11. 2007 12:10

Re: Obecný dotaz k sumě

#8 10. 11. 2007 14:09

Re: Obecný dotaz k sumě

#9 10. 11. 2007 16:31

Re: Obecný dotaz k sumě

#10 11. 11. 2007 12:49

Re: Obecný dotaz k sumě

#11 11. 11. 2007 13:02

Re: Obecný dotaz k sumě

#12 11. 11. 2007 13:06

Re: Obecný dotaz k sumě

Olin napsal(a):

#13 11. 11. 2007 13:13

Re: Obecný dotaz k sumě

#14 12. 11. 2007 06:08 — Editoval Marian (12. 11. 2007 06:14)

Re: Obecný dotaz k sumě

#15 12. 11. 2007 11:38

Re: Obecný dotaz k sumě

#16 12. 11. 2007 16:24

Re: Obecný dotaz k sumě

Zápatí