Matematické Fórum

FabulousDeniska · 13. 10. 2009 13:39

poprosila bych Vás prosím u úplné řešení tohoto příkladu i s komentářem... nevím si s ním rady .. Děkuji moc za pomoc

Pavel · 13. 10. 2009 14:24 — Editoval Pavel (13. 10. 2009 15:00)

↑ FabulousDeniska:

V zadání je chyba. Má být ".... stupně nejvýše $k+1$ "

a) Nechť $S(n):=\sum_{i=1}^n i=a_2n^2+a_1n+a_0$ , pro $n\in\mathbb N$ . Pak $S(n+1)=\sum_{i=1}^{n+1} i=a_2(n+1)^2+a_1(n+1)+a_0$ . Nyní stačí odečíst obě sumy,

$S(n+1)-S(n)=\sum_{i=1}^{n+1}i-\sum_{i=1}^ni=n+1$

a navíc

$S(n+1)-S(n)=a_2(n+1)^2+a_1(n+1)+a_0-a_2n^2-a_1n-a_0=2a_2n+a_2+a_1$ .

Když dáme obě rovnosti dohromady, dostaneme

$n+1=2a_2n+a_2+a_1$ pro $n\in\mathbb N$ .

Pak ovšem platí také

$n+2=2a_2(n+1)+a_2+a_1$ .

Odečtením posledních dvou rovností dostaneme

$1=2a_2$ a tedy $\red a_2=\frac 12$ .

Dosazením do jedné z předchozích rovností získáme

$n+1=n+\frac 12+a_1$ . $\red a_1=\frac 12$ .

Koeficient $a_0$ získáme dosazením $n=1$ do $S(n)$ . Platí $\red a_0=0$ .

$\red\sum_{i=1}^ni=\frac 12\,n^2+\frac 12\, n$ .

případy b) a c) se řeší obdobně.

Pavel Brožek · 13. 10. 2009 14:37

Koeficienty polynomu S(n) stupně k+1 můžeme zjistit tak, že zjistíme jeho hodnotu v k+2 bodech (spočteme k+2 součtů - to je jednoduché) a vyřešíme soustavu lineárních rovnic pro k+2 neznámých. Pro k=2 bychom tak měli soustavu

$1^3\cdot a_3+1^2\cdot a_2+1\cdot a_1+a_0=1^2\nl 2^3\cdot a_3+2^2\cdot a_2+2\cdot a_1+a_0=1^2+2^2\nl 3^3\cdot a_3+3^2\cdot a_2+3\cdot a_1+a_0=1^2+2^2+3^2\nl 4^3\cdot a_3+4^2\cdot a_2+4\cdot a_1+a_0=1^2+2^2+3^2+4^2\nl$

FabulousDeniska · 13. 10. 2009 14:41

↑ Pavel:

řešení se mi zdá jasné, u b a c mám začít jak?
další dotaz: píšeš , že dosazuješ do nerovností, nemají to spíše být rovnosti?

FabulousDeniska · 13. 10. 2009 14:51

↑ BrozekP:

todle by se ale už řešilo maticí ne? mohl bys mi to ukázat jak se tadle soustava pořeší?

Pavel Brožek · 13. 10. 2009 14:59

↑ FabulousDeniska:

Ano, asi bych to řešil Gauss-Jordanovou eliminační metodou. Ukazovat to ale nebudu, protože to je standardní postup. Jak ho provést (pokud to neumíš) najdeš určitě někde na fóru nebo přes google.

Pavel · 13. 10. 2009 15:01 — Editoval Pavel (13. 10. 2009 15:26)

↑ FabulousDeniska:

Máš pravdu, jedná se o rovnosti. Už jsem to opravil. Nějak jsem nerovnostmi násakl :-)

b)

Nechť $S(n):=\sum_{i=1}^n i^2=a_3n^3+a_2n^2+a_1n+a_0$ , pro $n\in\mathbb N$ . Pak $S(n+1)=\sum_{i=1}^{n+1} i^2=a_3(n+1)^3+a_2(n+1)^2+a_1(n+1)+a_0$ . Postupujeme obdobně jako v případě a). Obě rovnosti odečteme

$S(n+1)-S(n)=\sum_{i=1}^{n+1}i^2-\sum_{i=1}^ni^2=(n+1)^2=\nl=a_3(n+1)^3+a_2(n+1)^2+a_1(n+1)+a_0-a_3n^3-a_2n^2-a_1n-a_0=3a_3n^2+3a_3n+a_3+2a_2n+a_2+a_1$ .

Z poslední rovnosti dostáváme

$(n+1)^2=3a_3n^2+3a_3n+a_3+2a_2n+a_2+a_1$ pro $n\in\mathbb N$ .

Pak ovšem platí také

$(n+2)^2=3a_3(n+1)^2+3a_3(n+1)+a_3+2a_2(n+1)+a_2+a_1$ .

Odečtením posledních dvou rovností dostaneme

$(n+2)^2-(n+1)^2=3a_3(n+1)^2+3a_3(n+1)+a_3+2a_2(n+1)+a_2+a_1-3a_3n^2-3a_3n-a_3+2a_2n-a_2-a_1\nl 2n+3=6a_3n+6a_3+2a_2 *$

Místo $n$ uvažujme $n+1$ .

$2(n+1)+3=6a_3(n+1)+6a_3+2a_2\nl 2n+5=6a_3n+12a_3+2a_2 *$

Znovu odečtěme rovnice označené *,

$2=6a_3$ . Takže $\blue a_3=\frac 13$ . Dosazením do rovnice $2n+3=\,\dots$ dostaneme $\blue a_2=\frac 12$ a dosazením do rovnice $(n+1)^2=\,\dots$ získáme $\blue a_1=\frac 16$ . Stejně jako v případě a) vychází $\blue a_0=0$ .

Takže

$\blue\sum_{i=1}^n i^2=\frac 13\,n^3+\frac 12\,n^2+\frac 16\,n$ .

FabulousDeniska · 13. 10. 2009 15:44

↑ Pavel:

ukázal bys mi ještě to c čko prosím?:) děkuju moc, podívala jsem se na tvůj postup a je to opravdu jednodušší, existuje i postup pomocí výpočtu matice? Když tak kdybys mi ukázal alternativní řešení v podání řešení v c) byla bych ráda:)

Pavel · 13. 10. 2009 15:52

↑ FabulousDeniska:

Polož si

$S(n):=\sum_{i=1}^n i^3=a_4n^4+a_3n^3+a_2n^2+a_1n+a_0$ .

a kopíruj postup z případů a) a b). Princip je stále stejný. Kdyby byl problém, napiš.

Marian · 13. 10. 2009 23:17 — Editoval Marian (13. 10. 2009 23:29)

Měl bych k danému tématu několik věcných poznámek.

(1) Obecně se lze s těmito skutečnostmi seznámit při studiu pojmu Faulhaberovy formule (viz třeba wiki nebo wolfram).

(2) Existuje zajímavý postup, jak takovéto součty určovat bez předchozích úvah. Zde je myšlenka ...

====================================================
(a) Platí binomická věta, tj.
$(a+b)^k=\sum_{j=0}^{k}{k\choose j}a^{k-j}b^j.$

(b) Odtud proto postupně

(c) Budeme-li nyní aplikovat sčítání v předchozím schematu ve sloupcích (kterých je jistě $k+1$ ), dostaneme po snadné úpravě
$\boxed{(n+1)^k}=\boxed{1^k}+{k\choose 1}\cdot\sum_{j=1}^{n}j^{k-1}+{k\choose 2}\cdot\sum_{j=1}^{n}j^{k-2}+\cdots{k\choose k-1}\sum_{j=1}^{n}j+\boxed{n}.$
To je ovšem ekvivalentní s tvarem (těžko bojuji se silným pokušením zápisu pomocí dvou sumačních znaků :-)
$\boxed{(n+1)^k-(n+1)}={k\choose 1}\cdot\sum_{j=1}^{n}j^{k-1}+{k\choose 2}\cdot\sum_{j=1}^{n}j^{k-2}+\cdots +{k\choose k-1}\sum_{j=1}^{n}j.$

(d) Faktorizace levé strany poslední identity pak sadno dává
$\color{red}{\boxed{(n+1)\cdot ((n+1)^{k-1}-1)={k\choose 1}\cdot\sum_{j=1}^{n}j^{k-1}+{k\choose 2}\cdot\sum_{j=1}^{n}j^{k-2}+\cdots +{k\choose k-1}\sum_{j=1}^{n}j.}}$

(e) To je ovšem zcela zásadní identita, kt. mi umožní spočítat postupně všechny součty mocnin přirozených čísel od jedné do n. Uvědomme si, že na pravé straně této identity je (k-1) sčítanců.

Pojďme aplikovat ...

====================================================
Suma $\color{blue}\boxed{\sum_{j=1}^{n}j}$ .
Zvolíme v předchozí identitě $k=2$ . Potom

====================================================
Suma $\color{blue}\boxed{\sum_{j=1}^{n}j^2}$ .
Zvolíme v předchozí identitě $k=3$ . Potom

====================================================
Suma $\color{blue}\boxed{\sum_{j=1}^{n}j^3}$ .
Zvolíme v předchozí identitě $k=4$ . Potom

Protože však poslední dvě sumy známe z předchozího, máme tak po lehké úpravě
$\sum_{j=1}^{n}j^3=\frac{1}{4}n^2(n+1)^2.$

U této formule lze pak vysledovat identitu
$\sum_{j=1}^{n}j^3=\left (\sum_{j=1}^{n}j\right )^2.$
Je zajímavé, že podobných identit pro součet vyšších mocnin přirozených čísel se dá nalézt více (bohužel už nevím, kde jsem to četl).

====================================================
Od předchozího se mnou prezentovaná úvaha liší tím, že není třeba v žádném případě používat řešení soustav rovnic. Dokonce by se i algoritmus programu pro výpočet požadovaných součtů lépe koncipoval právě předvedeným způsobem.

Ale to je jen můj návrh.

Pavel Brožek · 13. 10. 2009 23:35

↑ Marian:

Také nepředpokládáš, že součet bude polynom v n, jak jsme to předpokládali s Pavlem v našich řešeních. To je další výhoda tvého postupu.

FabulousDeniska · 14. 10. 2009 12:59

↑ Marian:

moc pěkný řešení děkuju za něj a ostatním také za jejich obětavou pomoc..

Matematické Fórum

#1 13. 10. 2009 13:39

Součet řady

#2 13. 10. 2009 14:24 — Editoval Pavel (13. 10. 2009 15:00)

Re: Součet řady

#3 13. 10. 2009 14:37

Re: Součet řady

#4 13. 10. 2009 14:41

Re: Součet řady

#5 13. 10. 2009 14:51

Re: Součet řady

#6 13. 10. 2009 14:59

Re: Součet řady

#7 13. 10. 2009 15:01 — Editoval Pavel (13. 10. 2009 15:26)

Re: Součet řady

#8 13. 10. 2009 15:44

Re: Součet řady

#9 13. 10. 2009 15:52

Re: Součet řady

#10 13. 10. 2009 23:17 — Editoval Marian (13. 10. 2009 23:29)

Re: Součet řady

#11 13. 10. 2009 23:35

Re: Součet řady

#12 14. 10. 2009 12:59

Re: Součet řady

Zápatí