Matematické Fórum

BakyX · 24. 05. 2011 19:10

Zdravím..Chcel by som sa zasa niečo spýtať. Dá sa vypočítať súčet tohto radu bez použitia metódy neurčitých koeficientov ? Ďakujem

$\Sigma^n_{i=1}i(\frac{1}{2})^i$

OiBobik

↑ BakyX:

Nevím, jestli takovou metodu použiju, nebo ne, neboť nevím, co tato metoda obnáší : ))

Takové sumy se dají (podle mě i hezky) řešit přes něco jako "dvojí počítání" - představa za tím je představit si to rozepsané do tabulky (trojúhelníku) n x n tak, že součty sloupců dají jednotlivé sčítance v tebou řešené sumě, no a ty akorát musíš to sečíst prvně po řádcích:

Když to napíšu nějak v sumách, tak je to v zásadě toto:

$\sum_{i=1}^{n}i \cdot \frac{1}{2^i}=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}\frac{1}{2^j}$

BakyX · 24. 05. 2011 19:53

↑ OiBobik:

Ehm..Celkovo ti dosť nerozumiem.Mohol by si byť podrobnejší ? Nechápem aj tej dvojitej sume. Ďakujem za trpezlivosť

Phate · 24. 05. 2011 20:02 — Editoval Phate (24. 05. 2011 20:03)

↑ OiBobik:
Urcite je to spravne? Ja teda nejsem zadny genius, ale podle me je v te Bakyho sume clen $\left( \frac12 \right)^1$ pouze jednou a v te tve je $n$ krat, ale mozna vysledek muze byt dobre, moc do toho nevidim

OiBobik

↑ BakyX:

Jasně, uznávám, že je to dost nejasné takto bez obrázku. Nicméně moc neumím pracovat s TeXovými tabulkami, tak uvidíme, jak to dopadne:

$\begin{array}{c c c c c c | c} &1\cdot \frac{1}{2^1}&+2\cdot \frac{1}{2^2}&+3\cdot \frac{1}{2^3}&+\dots &+n\cdot \frac{1}{2^{n}}&=\sum \\ \hline &\frac{1}{2^1}&+\frac{1}{2^2}&+\frac{1}{2^3}&+\dots&+\frac{1}{2^n}& \sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2^j} \\ &0&+\frac{1}{2^2}&+\frac{1}{2^3}&+\dots&+\frac{1}{2^n}& \sum_{j=2}^{n}\frac{1}{2^j} \\ &0&+0&+\frac{1}{2^3}&+\dots&+\frac{1}{2^n}& \sum_{j=3}^{n}\frac{1}{2^j} \\ &\dots&\dots&\dots&\dots& \dots& \dots \\ &0&+0&+0&+\dots&+\frac{1}{2^n}& \sum_{j=n}^{n}\frac{1}{2^j} \\ \end{array}$

No a základní myšlenka je zkrátka taková, že součet čísel nad vodorovnou čárou je stejný, jako součet čísel za svislou čárou : ))

BTW: Tento postup se dá napasovat třeba i na $\sum_{i=1}^n i^k , k \in \mathbb{N}$ za znalosti $\sum_{i=1}^n i^{k-1}$ - zde použito pro součet čtverců prvních n přirozených čísel za znalosti součtu prvních n přir. čísel

↑ Phate: Špatně to asi čteš. 1/2 je tam jen pro i=1

Phate · 24. 05. 2011 20:24

↑ OiBobik:
Mas pravdu, cetl jsem $=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{2^j}$ misto $=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=i}^{n}\frac{1}{2^j}$ , jo, jinak to mas moc pekne :)

OiBobik

↑ BakyX:

BTW: Takto jsem já řešil původně i tu sumu, kterou jsem ti o pár témat dříve "předhodil", tj. $\sum_{i=1}^{n}i\cdot 2^i$ , přičemž tys našel asi přece jen jednodušší řešení - zde lze provést to samé, co s tamtou sumou - tedy ji vynásobit 1/2 a pak spočítat součet jako S=2(S-(1/2S)) - taky to tak jde.

BakyX · 30. 05. 2011 17:40

Ďakujem pekne..Je to jasné ;)

Pekná metóda, len tá dvojitá sumácia sa mi blbo chápe občas.

Matematické Fórum

#1 24. 05. 2011 19:10

Ďalší súčet radu

#2 24. 05. 2011 19:37 — Editoval OiBobik (24. 05. 2011 19:42)

Re: Ďalší súčet radu

#3 24. 05. 2011 19:53

Re: Ďalší súčet radu

#4 24. 05. 2011 20:02 — Editoval Phate (24. 05. 2011 20:03)

Re: Ďalší súčet radu

#5 24. 05. 2011 20:17 — Editoval OiBobik (24. 05. 2011 20:37)

Re: Ďalší súčet radu

#6 24. 05. 2011 20:24

Re: Ďalší súčet radu

#7 24. 05. 2011 22:20 — Editoval OiBobik (24. 05. 2011 22:22)

Re: Ďalší súčet radu

#8 30. 05. 2011 17:40

Re: Ďalší súčet radu

Zápatí