Matematické Fórum

sapuszchkyn

Zdravím Vás.
Mám 2 problémy 1) Mám dokázat že platí :

Summa(k=1;n) 2^(n-k)*k*(k+1)!=(n+2)!-2^(n+1)

Je to jeden příklad z celého štosu příkladů. Zatím mi všechny vyšly až na tento. Používám na to normálně M.Indukci, ale nemůžu se dobrat výsledku, docela mě tam straší to n na LEVÉ staně u dvojky v exponentu. Pokud by někdo věděl jak na to tak prosím jenom popostrčit :)

2) To stejné tady :

(n nad 1)+2*(n nad 2)+3*(n nad 3)+...+n*(n nad n)=n*2^(n-1)

Toto je dost podobné zase mě tu straší n hned od začátku. Zřejmě to půjde taky indukcí bohužel sem zatím nepřišel na to jak. Takže pokud by byl někdo tak hodnej a popostrčil mě byl bych mu zavázán :)

Pěkný večer

Dobře takže sem prozřel u té 2) po úpravě je to binomická věta (součet prvků ntého řádku Pascalova trojúhelníku) pro a=b=1. Ovšem když dokazuju:

Summa(k=0;n) (n nad k)=2^n ( tady tímto si nejsem jistý, ale mělo by to platit ) tak pokud to dokazuju tak mi nakonci výjde:

(2^n)+1 = 2^(n+1) což neplatí .... kde dělám chybu ?

Rumburak

Kde děláš chybu bude možno zjistit, až když zveřejníš svůj podrobný postup.

Jinak vzorec Summa(k=0;n) (n nad k)=2^n je vláštním případem binomické věty : 2^n = (1 + 1)^n = ... .

Další zajímavý vzorec bychom dostali z rozvoje 0^n = (1 - 1)^n = ... .

sapuszchkyn

Do tohoto bodu by to mělý být ok. Jaký by měl být postup dál ? Já bych spíš potřeboval vysvětlit jak se pokračuje v důkazu M.I. pokud je na levé straně rovnice n-ko. Protože dokud tam nebylo tak mi všechny důkazy vyšly.

Rumburak · 06. 10. 2011 10:47

Je poněkud neprůhledné, co vlastně chceš dokazovat. Snad ten vzorec na 5. řádku ?

Pokud ano, tak především suma na 6. řádku je špatně, sčítat se zde mělo pro k = 1, ..., n , zatímco Ty sčítáš už od nuly.
Snad to je ta chyba, proč to nejde.

Jinak jsem už psal, že tento vzorec je spec. případem binomické věty. Zkus si najít důkaz binomické věty a podle toho si udělej ten spec. případ.
Nebo si rovnou dokaž binomickou větu pro obecný případ (A + B)^n , obecné situace se někdy dokazují lépe než speciální, protože speciální
předpoklady někdy zastíní podstatu věci, což funguje i zde. U obecné binomické věty je v sumě obecným členem

${n \choose k}A^{n-k}B^k$ ,

kterýžto tvar nám napoví co s tím , lépe než $n \choose k$ pro A = B = 1 .

sapuszchkyn · 06. 10. 2011 10:52

↑ Rumburak: Jo na to sem přišel. To píšu už v prvním příspěvku dole. Asi si opravu dokážu binomickou větu - ještě uvidím jak to bude jednodušší jestli pro a=b=1 nebo obecně. Uvidím. Ještě tedy ten první příklad - co mám dělat s tím N-kem na levé straně rovnice ?

Děkuji Rumburakovi

Rumburak · 06. 10. 2011 11:29

Zkusím nastínit ten indukční krok:

Předpokládáme $\sum_{k=1}^n 2^{n-k}\, k\,(k+1)!=(n+2)!-2^{n+1}$

a máme dokázat $\sum_{k=1}^{n+1} 2^{n+1-k}\, k\,(k+1)!=(n+3)!-2^{n+2}$ .
U složitějších vzorců bývá někdy snazší dokazovat , že rozdíl levé a pravé strany je 0.
Dříve ale upravme levou stranu na
$\sum_{k=1}^{n+1} 2^{n+1-k}\, k\,(k+1)!= \sum_{k=1}^{n} 2^{n+1-k}\, k\,(k+1)! \,\,+ 2^{n+1-(n+1)}\, (n+1)\,(n+2)! =\\ = 2 \sum_{k=1}^{n} 2^{n-k}\, k\,(k+1)!\, \,+ (n+1)\,(n+2)! = 2[(n+2)!-2^{n+1}] \, \,+ (n+1)\,(n+2)!$

(použili jsme už i indukční předpoklad) a zbývá už jen dopočítat rozdíl

$2[(n+2)!-2^{n+1}] \, \,+ (n+1)\,(n+2)! - [(n+3)!-2^{n+2}] = ... = 0$ ,

což opravdu vyjde 0 (po roznásobení hranatých závorek se nejprve vyruší ty exponenciální výrazy, ze zbytku se vytkne (n+2)! a je to).