Matematické Fórum

Jirkaa · 19. 10. 2011 18:15

Ahoj, už se s tím trápim docela dlouho a nevim si s tím rady

$\sum_{k=1}^{n}k^2$

Počítal jsem následně z:

$2Sn=\sum_{k=1}^{n}k^2+\sum_{k=1}^{n}(n+1-k)^2$

ale vždy jsem se dopracoval k výsledku, kde mě zbylo k, což je špatně.
Nevíte si s tím někdo rady, popř. s jiným postupem?
Diky

vanok · 19. 10. 2011 18:36 — Editoval vanok (19. 10. 2011 18:40)

↑ Jirkaa:
Skus to dokazat matematickou indukciou

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Srdecne Vanok

halogan · 19. 10. 2011 18:39

↑ vanok:

Obávám se, že zde nejde o důkaz, ale o samotné nalezení vzorce.

vanok · 19. 10. 2011 18:42 — Editoval vanok (19. 10. 2011 18:43)

↑ halogan:
Pockajme co nam napise ↑ Jirkaa:
Inac som pridal do mojej poznamky↑ vanok: aj formulu

TAK cakam

Jirkaa · 19. 10. 2011 18:44

Ano, myslel jsem samotné nalezení součtového vzorce

vanok · 19. 10. 2011 18:56 — Editoval vanok (19. 10. 2011 18:57)

↑ Jirkaa:,

Jedna metoda je

Vie sa ze to je polynom tretieho stupna

Tak je takejto formy:

$P(k) = a*k^3 +b*k^2 + c*k + d$

tak teraz vypocitaj niekolko hodnot $\sum_{k=1}^{n}k^2$
Najpraktickejsie je to pre k= 1, 2, 3, a 4

A dosad to do $P(k)$

To ti da linearny system co musis vyriesit... to dosadis do $P$ a mas tvoj vzorecek

A ak chces byt kompletny overis ho napr indukciou

Srdecne Vanok

Jirkaa · 19. 10. 2011 18:59

Diky moc, na to bych asi nepřišel

Pavel · 19. 10. 2011 19:05

↑ vanok:

Co tím myslís "Vie sa ze to je polynom tretieho stupna"? Pokud bych neznal vzorec $\sum_{i=1}^n i^2=\frac{(2n+1)(n+1)n}{6}$ , odkud vim, ze je to polynom tretiho stupne?

vanok · 19. 10. 2011 19:09 — Editoval vanok (19. 10. 2011 19:10)

↑ Pavel:
Povedzme ze je to nasa hypotheza.
A preto som pripisal ze <<A ak chces byt kompletny overis ho napr indukciou>> alebo inac

Srdecne Vanok

Pavel · 19. 10. 2011 21:34

↑ Jirkaa:

$\sum_{i=1}^{n+1} i^3&=\sum_{i=1}^{n+1} \bigl(1+(i-1)\bigr)^3\\ \sum_{i=1}^{n+1} i^3&=\sum_{i=1}^{n+1} \bigl(1+3(i-1)+3(i-1)^2+(i-1)^3\bigr)\\ \sum_{i=1}^{n+1} i^3&=\sum_{i=1}^{n+1} 1+3\sum_{i=1}^{n+1}(i-1)+3\sum_{i=1}^{n+1}(i-1)^2+\sum_{i=1}^{n+1}(i-1)^3\\ \sum_{i=1}^{n+1} i^3&=\sum_{i=1}^{n+1} 1+3\sum_{i=0}^n i+3\sum_{i=0}^n i^2+\sum_{i=0}^n i^3\\ \sum_{i=1}^{n+1} i^3-\sum_{i=0}^n i^3&=n+1+3\cdot\frac n2\,(n+1)+3\sum_{i=1}^n i^2\\ (n+1)^3&=(n+1)+\frac 32\,n(n+1)+3\sum_{i=1}^n i^2\\ 3\sum_{i=1}^n i^2&=\frac 12\,(n+1)[2(n+1)^2-2-3n]\\ \sum_{i=1}^n i^2&=\frac 16\,n(n+1)(2n+1).$

vanok · 19. 10. 2011 21:51

↑ Pavel:
Nadhera

BakyX · 19. 10. 2011 22:39

↑ vanok:

Zdravím. Viete aj dokázať, že je to polynóm tretieho stupňa respektíve...Viete dokázať toto ?

Nech $n, k \in \mathbb{N}$ . Explicitné vyjadrenie súčtu $k$ -tých mocnín prvých $n$ prirodzených čísel je polynóm $k+1$ . stupňa.

vanok · 19. 10. 2011 22:56

↑ BakyX:
No prve co my prichadza na um je generalizovat Pavlovu metodu, co je ozaj jednoduche.
A to ti da mas priamo dokaz .
Pockaj minutu, pridam tu este jednu pristupnu metodu za niekolko minut.

Srdecne Vanok

vanok · 19. 10. 2011 23:15

↑ BakyX:
ta ina metoda je bazovana na vypocte integralov

najprv mozes dokazat ze $\int_i^{i+1}x^2dx\,\!=i^2+i+\frac13$

Ak toto aplikujes na i=1 az n a vsetky taketo relacie zratas dostanes

$\frac{(n+1)^3}{3}=\int_0^{n+1}x^2dx\,\!=\sum_{i=0}^n \bigg(i^2+i+\frac13\bigg)$ a ak predpokladas ze toto formula plati pre 1 az n ( tu je indukcia) dostanes vysledok.

Metoda co som dal pre Jirkaa je dokaz co sa tiez da generalizovat.; a da odpoved na tvoju otazku

Srdecne Vanok

vanok · 20. 10. 2011 12:21

Mala poznamka( z mojich archivov): Uz velmi davno som sa este stretol z tymto zaujimavym vysledkom
$S(n,k) = \frac1{k+1}$B_{k+1}(n+1)- B_{k+1}$$
kde $S(n,k) = \sum_{i=1}^n i^k$
$B_n(x)$ su Bernoulli-ho polynomy a
$B_n$ Bernoulli-ho cisla

Dokaz sa najde v kazdej dobre knihe kombinatoriky

Srdecne Vanok

Honzc · 20. 10. 2011 12:46

↑ Jirkaa:
Už se to tady jednou někde řešilo (teď ovšem nemůžu najít kde)
Tak tedy odvození např. takto:

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

Rumburak · 20. 10. 2011 14:38

↑ Honzc:
Já také jsem to tu už řešil, ale marně to hledám ... :-(

Vezměme posloupnost, jejímž n-tým členem je $a_n = n^k$ , kde $k$ je přirozené číslo. Potom prvou diferencí této posloupnosti bude
posloupnost $(\Delta a_n)$ , kde

$\Delta a_n := a_{n+1}-a_n = (n+1)^k - n^k = ...$ ,

což je polynom stupně $k-1$ (v proměnné $n$ ) , jak se snadno přesvědčíme rozvojem $(n+1)^k$ podle binomické věty. Odtud vyplývá:

Je-li $P(n)$ polynom stupně $k > 0$ , potom $\Delta P(n) = P(n+1)-P(n)$ je polynom stupně k-1 .

Zpětnou úvahou dostáváme tip:
Je-li dán polynom $Q(n)$ stupně $k$ a hledáme-li funkci $P(n)$ takovou, aby $\Delta P(n) = Q(n)$ , pak hledejme $P(n)$ ve tvaru
polynomu stupně $k+1$ .

Spaciálně tedy:
Jestliže $S(n) := \sum_{k=1}^n k^2$ , potom $\Delta S(n) = S(n+1)-S(n) = (n+1)^2$ , což je polynom stupně 2. Takže podle
předchozích úvah je rozumné očekávat $S(n)$ ve tvaru polynomu stupně 3.

pietro · 20. 10. 2011 15:10

Ospravedlňujem sa za vniknutie do takejto kráľovskej, posvätnej témy, ale keby bolo treba aj takto by snáď ... v núdzových prípadoch.

vanok · 20. 10. 2011 15:17

↑ Rumburak:
co pises propomina Newton-ove konecne differencie
Je to znama metoda co ti pomoze napisat hocijaky polynom v base typu ${x \choose k}$
Jej jeduina vyhoda je prist k polynomu $S(n,k) = \sum_{i=1}^n i^k$ z minomov vypoctov

Hladajte to v knihach z numerickej analyzy alebo o konecnych differenciach

Srdecne Vanok

Marian · 20. 10. 2011 16:09

V příspěvku #10 v tématu

http://forum.matweb.cz/viewtopic.php?id=11047

ukazuji, jak je možné najít součet bez předpokladu o tom, že výsledek bude ve tvaru polynomu.

vanok · 20. 10. 2011 17:13 — Editoval vanok (07. 04. 2012 11:22)

Este jedna illustracna poznamka( nebudem tu rozvadzat celu teoriu)
Methoda co som ako poslednu citoval nas vedie k tabulke "konecnych diferencii"

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

1; 8; 27; 64;
7; 19; 37
12; 18
6
0; od piateho riadku budu len nuly ....

co nam LAHKO da
$S(n;4) =1* n + 7*\frac{n(n-1)}{2!} + 12* \frac{n(n-1)(n-2)}{3!}+ 6* \frac{n(n-1)(n-2)(n-4)}{4!}$

Autor skryl část textu. Zobrazit/skrýt!

TATO methoda by mala byt v kazdej prednaske zakladov numerickej matematiky.
Historicky sa zda ze sa taketo metody uz pouzivali v Starej Cine.

Srdecne VANOK

Matematické Fórum

#1 19. 10. 2011 18:15

(Suma) Nalezení vzorce pro součet

#2 19. 10. 2011 18:36 — Editoval vanok (19. 10. 2011 18:40)

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#3 19. 10. 2011 18:39

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#4 19. 10. 2011 18:42 — Editoval vanok (19. 10. 2011 18:43)

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#5 19. 10. 2011 18:44

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#6 19. 10. 2011 18:56 — Editoval vanok (19. 10. 2011 18:57)

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#7 19. 10. 2011 18:59

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#8 19. 10. 2011 19:05

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#9 19. 10. 2011 19:09 — Editoval vanok (19. 10. 2011 19:10)

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#10 19. 10. 2011 21:34

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#11 19. 10. 2011 21:51

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#12 19. 10. 2011 22:39

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#13 19. 10. 2011 22:56

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#14 19. 10. 2011 23:15

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#15 20. 10. 2011 12:21

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#16 20. 10. 2011 12:46

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#17 20. 10. 2011 14:38

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#18 20. 10. 2011 15:10

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#19 20. 10. 2011 15:17

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#20 20. 10. 2011 16:09

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

#21 20. 10. 2011 17:13 — Editoval vanok (07. 04. 2012 11:22)

Re: (Suma) Nalezení vzorce pro součet

Zápatí