Matematické Fórum

Sulfan · 01. 07. 2011 14:32

Ahoj,

dumám nad tím, jak bych mohl jednoduše sečíst řadu $1^2+3^2+5^2+...(2n-1)^2$ neboli také $\sum_{i=1}^{n}(2i-1)^{2}$ . Zatím mě jen napadlo vyjít ze vzorce:

$http://www.forkosh.dreamhost.com/mathtex.cgi?%5Csum_%7Bi%3D1%7D%5Eni%5E2%3D%5Cfrac%7Bn%28n%2B1%29%282n%2B1%29%7D%7B6%7D$

A to způsobem buďto:

1/ sečíst všechny druhé mocniny a odečíst sudé základy, tudíž:

$S=\sum_{i=1}^{n}i^{2}-\sum_{i=1}^{\frac{n-1}{2}}(2i)^{2}=\sum_{i=1}^{n}i^{2}-4\cdot \sum_{i=1}^{\frac{n-1}{2}}i^{2}= \frac{n\cdot (n+1)\cdot (2n+1)}{6}-4\cdot \frac{\frac{n-1}{2}\cdot (\frac{n-1}{2}+1)\cdot (n)}{6}=...$

2/ umocnit a rozdělit na jednotlivé sumy:

$\sum_{i=1}^{n}(2i-1)^{2}=4\cdot \sum_{i=1}^{n}i^{2}-4\cdot \sum_{i=1}^{n}i+\sum_{i=1}^{n}1= 4 \cdot \frac{n\cdot (n+1)\cdot (2n+1)}{6}+4\cdot \frac{n(n+1)}{2}+n=...$

Ale oba způsoby se mi zdají velice složité a proto bych se chtěl zeptat, jestli existuje jednodušší postup. Pokud byste navíc věděli, jak dokázat první vztah (pro součet všech druhých mocnin) bez indukce (abych si ten vztah nemusel pamatovat), byl bych rád:)

Děkuji za přečtení a za odpověď.

Rumburak

↑ Sulfan:

Způsob, jakým se odvodí ten základní vzorec, je popsán zde: ↑↑ Rumburak: .

Je to metoda poměrně universální, na jejím principu by se dal odvodit i ten druhý vzorec.

PS. Poznámka k terminologii.
V obou uvedených případech jde pouze o tzv. částečný součet řady . Součtem řady bez přívlastku částečný obvykle rozumíme
součet odpovídající nekonečné řady, který zde v obou případech je $+\infty$ .

Sulfan · 01. 07. 2011 16:55

↑ Rumburak:

Zřejmě mi to vyšlo, díky :)

$s(n)=1^2+3^2+5^2+...(2n-1)^2$
$s(n+1)=1^2+3^2+5^2+...(2n-1)^2+(2n+1)^2$

$s(n+1)-s(n)$ bude tedy polynom stupně druhého, a tudíž $s(n)$ bude polynom stupně 3. v proměnné n

pro n=1: a+b+c+d=1 (1^2)
pro n=2: 8a+4b+2c+d=10 (1^2+3^2)
pro n=3: 27a+9b+3c+d=35 (1^2+3^2+5^2)
pro n=4: 64a+16b+4c+d=84 (1^2+3^2+5^2)
----------------------------------------------
a=4/3
c=-1/3
b=d=0

$\mathbf{s(n)=\frac{4}{3}n^3-\frac{1}{3}n}=\frac{4n^{3}-n}{3}=\frac{n\left ( 4n^{2}-1 \right )}{3}=\frac{n(2n-1)(2n+1)}{3}$

To je skoro na zařazení do užitečných vzorců :D

check_drummer · 01. 07. 2011 19:30

↑ Rumburak:
A shodou okolností byl ten příspěvek psán taky 1.7. - a sice před dvěma lety. :-)

BakyX · 01. 07. 2011 19:33

↑ check_drummer:

To je magické prepojenie zrejme..

Cynyc · 02. 07. 2011 12:29

↑ Sulfan:
Trochu jednodušší alternativa speciálně pro polynomy: místo dosazování malých n lze porovnat koeficienty polynomů a dostat tak univerzální soustavu v trojúhelníkovém tvaru. Konkrétně označíme-li $S(n)=\sum_{i=n_0}^n P(n)$ , kde P(n) je polynom stupně k, je $S(n)$ polynom stupně $k+1$ a můžeme ho obecně vyjádřit jako $S(n)=\sum_{i=0}^{k+1} a_i n^i$ . Pak $S(n)-S(n-1)=\sum_{i=0}^{k+1} a_i (n^i-(n-1)^i)=P(n)$ . Porovnáním koeficientů obou polynomů dostáváme soustavu, jejíž levou stranu lze přímo napsat z Pascalova trojúhelníku a na pravé jsou koeficienty P. Konkrétně pro zadaný příklad bude
1 -1 1 | 1
0 2 -3 | -4
0 0 3 | 4,
kde i-tý sloupec je sloupcem neznámé a_i (a i-tý řádek představuje porovnání koeficientů u n^i). Pouze a_0 je pak třeba spočítat dosazením (třeba n=n_0). Snad je zřejmé, jak matice soustavy vznikla (srovnej sloupce s řádky Pascalova trojúhelníku); pro k=3 by vypadala
1 -1 1 -1
0 2 -3 4
0 0 3 -6
0 0 0 4,
atd.

Olin · 02. 07. 2011 22:39 — Editoval Olin (02. 07. 2011 22:43)

Různé "trikové" metody sčítání takovýchto sum jsou uvedeny v knížce Metody řešení matematických úloh I. Jednu zajímavou, pro vypočtení součtu $s_2(n) = 1^2 + 2^2 + \dots + n^2$ zde uvedu, není problém ji upravit třeba pro tento případ.

Úvaha je taková, že sečteme $n$ "binomických vět":

$\begin{matrix} (1+1)^3 & = & 1^3 & + & 3 \cdot 1^2 & + & 3 \cdot 1 & + & 1\\ (2+1)^3 & = & 2^3 & + & 3 \cdot 2^2 & + & 3 \cdot 2 & + & 1\\ \vdots & & \vdots & & \vdots & & \vdots & & \vdots\\ (n+1)^3 & = & n^3 & + & 3 \cdot n^2 & + & 3 \cdot n & + & 1\\ \end{array}$

Třetí mocniny až na první a poslední se nám "požerou", takže dostaneme

$(n+1)^3 = 1^3 + 3s_2(n) + 3s_1(n) + n$ .

Sulfan · 03. 07. 2011 12:03

↑ Cynyc:↑ Olin: Děkuji za další pěkná řešení, i když postup od ↑ Cynyc: mi dal trochu zabrat na pochopení. Ze všech zmiňovaných způsobů je nejspíše od ↑ Olin: nejrychlejší.

Rumburak · 04. 07. 2011 08:54

↑ check_drummer:
Také jsem si toho všiml a s hrůzou si uvědomil, jak ten čas letí ... :-) .

Matematické Fórum

#1 01. 07. 2011 14:32

Součet řady

#2 01. 07. 2011 14:50 — Editoval Rumburak (01. 07. 2011 15:04)

Re: Součet řady

#3 01. 07. 2011 16:55

Re: Součet řady

#4 01. 07. 2011 19:30

Re: Součet řady

#5 01. 07. 2011 19:33

Re: Součet řady

#6 02. 07. 2011 12:29

Re: Součet řady

#7 02. 07. 2011 22:39 — Editoval Olin (02. 07. 2011 22:43)

Re: Součet řady

#8 03. 07. 2011 12:03

Re: Součet řady

#9 04. 07. 2011 08:54

Re: Součet řady

Zápatí