szukanie zaawansowane
 [ Posty: 15 ] 
Autor Wiadomość
Kobieta Offline
PostNapisane: 1 kwi 2018, o 21:10 
Użytkownik

Posty: 49
W jaki sposób wyznaczyć wzór na 1^2+2^2+3^2+...+n^2 ? Wiem, że rozwiązaniem jest \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} oraz, że gdybym miała z góry podaną tą równość i zadanie polegałoby na udowodnieniu jej to posłużyłaby mi do tego indukcja, ale interesuje mnie w jaki sposób obliczyć takie wyrażenie bez jakichkolwiek wskazówek.
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2018
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 1 kwi 2018, o 21:18 
Użytkownik

Posty: 35
Lokalizacja: Gdańsk
https://www.matematyka.pl/79397.htm
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 kwi 2018, o 12:36 
Użytkownik

Posty: 33
Lokalizacja: Warszawa
Takie rzeczy można też pokazywać za pomocą bijekcji miedzy odpowiednimi zbiorami,a następnie skorzystania z równości mocy zbiorów. Nie będę tłumaczył czegoś co rozumiem połowicznie, przykład ktory został tu juz przytoczony oraz kombinatoryczny dowód równości można znaleźć na stronie https://www.mimuw.edu.pl/~guzicki/komb.html w 1-szym linku
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 kwi 2018, o 14:29 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 12453
Lokalizacja: Państwo Polin
Bijekcje mi się nigdy nie podobały (takie metody uważałem za z kapelusza wzięte i nawet się irytowałem, widząc ich zastosowanie), natomiast tak mi się właśnie przypomniało, że ostatnio dowodziłem taką rzecz: 430464.htm

No to jak się przyjrzymy tej (udowodniłem tam coś ogólniejszego) formule
\sum^{n}_{k=2} {k \choose 2} = {n+1 \choose 3}
to po skorzystaniu z: {k \choose 2}=\frac{k(k-1)}{2}
i rozbiciu na dwie sumy otrzymujemy:
\frac 1 2 \sum_{k=2}^{n}k^2-\frac 1 2 \sum_{k=2}^{n}k={n+1 \choose 3}
a ponieważ 1^2=1, więc równie dobrze możemy zapisać
\frac 1 2 \sum_{k=1}^{n}k^2-\frac 1 2 \sum_{k=1}^{n}k={n+1 \choose 3}
czyli
\sum_{k=1}^{n}k^2=2{n+1 \choose 3}+ \sum_{k=1}^{n}k
Tę ostatnią sumę zwijamy ze wzoru na sumę wyrazów ciągu arytmetycznego i jest:
\sum_{k=1}^{n}k^2=2{n+1 \choose 3}+ \frac{n(n+1)}{2}=\\= \frac{(n+1)n(2n-2)+3n(n+1)}{6}= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}

Ale to nie jest zbyt odkrywcza myśl z mojej strony, bo chyba gdzieś rozmawiałem o takiej możliwości z userem Janusz Tracz,.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 kwi 2018, o 16:05 
Użytkownik

Posty: 649
Lokalizacja: Polska
Aryabhata przedstawił elegancki sposób dojścia do tego.
The Aryabhatiya of Aryabhata
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 2 kwi 2018, o 19:14 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 1283
Lokalizacja: hrubielowo
Dość prosty dowód to zauważenie że zachodzi dla dowolnego k=0,1,2,3,...,n równość (k+1)^3-k^3=3k^2+3k+1. Sumując tą równość stronami lewa strona teleskopuje się a prawą stronę rozpiszemy na sumę sum z czego jedna będzie szukaną sumą kwadratów. Mamy więc

\sum_{k=0}^{n}\left[  (k+1)^3-k^3\right] =\sum_{k=0}^{n}\left[ 3k^2+3k+1\right]

(n+1)^3=3{\red{\sum_{k=0}^{n}k^2}}+ \frac{(n+1)(3n+2)}{2}

po rutynowych przekształceniach dostajemy oczekiwany wynik bez jego wcześniejszej znajomości i wyciągania z kapelusza.

\sum_{k=0}^{n}k^2= \frac{1}{3}\left((n+1)^3-\frac{(n+1)(3n+2)}{2} \right)=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}

PS. Sumowanie zacząłem od k=0 ze względów estetycznych i minimalnego uproszczenie rachunków jednym miejscu nie ma jednak takiej konieczności i można zacząć od k=1. Co da standardowy wzór

\sum_{k=1}^{n}k^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}

PS. PS. Takie samo rozumowanie można powtarzać dla wyższych potęg. Istotne jest by przy obliczaniu \sum_{}^{} k^{s} znać wszystkie poprzednie jawne wzory na \sum_{}^{} k^{s-1}, \ \  \sum_{}^{} k^{s-2}, \ \ ... ,  \sum_{}^{} k^{0}. Tak jak tu posłużyłem się milcząco znajomością \sum_{}^{} k oraz \sum_{}^{} 1 choć to uznaje już za ogólnie znane.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 5 kwi 2018, o 21:29 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 6620
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Jest kilka sposobów

1. Interpolacja wielomianowa (Lagrange , Newtona)
2. Rekurencja i funkcje tworzące
3. Rachunek różnicowy


http://wazniak.mimuw.edu.pl/index.php?t ... etna_1/Wykład_4:_Sumy_skończone_i_rachunek_różnicowy

\begin{cases} s_{0}=0 \\ s_{n}=s_{n-1}+n^2 \end{cases}\\
S\left( x\right)= \sum_{n=0}^{ \infty }{s_{n}x^{n}}\\
 \sum_{n=1}^{ \infty }s_{n}x^{n}=\sum_{n=1}^{ \infty }{s_{n-1}x^{n}}+\sum_{n=1}^{ \infty }{n^2x^{n}}\\
\sum_{n=0}^{ \infty }s_{n}x^{n}=x\sum_{n=1}^{ \infty }{s_{n-1}x^{n-1}}+\sum_{n=0}^{ \infty }{n^2x^{n}} \\  
\sum_{n=0}^{ \infty }s_{n}x^{n}=x\sum_{n=0}^{ \infty }{s_{n}x^{n}}+\sum_{n=0}^{ \infty }{n^2x^{n}} \\
\sum_{n=0}^{ \infty }x^{n}= \frac{1}{1-x} \\
 \frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x }\left(\sum_{n=0}^{ \infty }x^{n} \right) = \frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x }\left(  \frac{1}{1-x} \right) \\
  \sum_{n=0}^{ \infty }nx^{n-1}=-\frac{1}{\left( 1-x\right)^{2} } \cdot \left( -1\right) \\
 \sum_{n=0}^{ \infty }nx^{n-1}= \frac{1}{\left( 1-x\right)^{2}} \\
 \sum_{n=0}^{ \infty }nx^{n}=\frac{x}{\left( 1-x\right)^{2}}\\
 \frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x }\left(\sum_{n=0}^{ \infty }nx^{n} \right) = \frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x }\left(\frac{x}{\left( 1-x\right)^{2}} \right) \\
 \sum_{n=0}^{ \infty }{n \cdot nx^{n-1}}=\frac{1}{\left( 1-x\right)^2 }+\frac{\left( -2\right) }{\left( 1-x\right)^{3} } \left( -1\right) \\
 \sum_{n=0}^{ \infty }n^2x^{n-1}=\frac{1}{\left( 1-x\right)^2 }+\frac{2x}{\left( 1-x\right)^2 }\\
\sum_{n=0}^{ \infty }n^2x^{n}=\frac{x}{\left( 1-x\right)^2 }+\frac{2x^2}{\left( 1-x\right)^3 }\\

\frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x } \left(\sum_{n=0}^{ \infty }n^2x^{n} \right)= \frac{ \mbox{d}}{ \mbox{d}x }\left(\frac{x}{\left( 1-x\right)^2 }+\frac{2x^2}{\left( 1-x\right)^3 } \right) \\
 \sum_{n=0}^{ \infty }n^2 \cdot nx^{n-1}=\frac{1}{\left( 1-x\right)^2 }+x \cdot \frac{\left( -2\right) }{\left( 1-x\right)^3 }\left( -1\right)  +\frac{4x}{\left( 1-x\right)^3 }+2x^2 \cdot  \frac{\left( -3\right) }{\left( 1-x\right)^4 }\left( -1\right) \\
\sum_{n=0}^{ \infty }n^3x^{n-1}=\frac{1}{\left( 1-x\right)^2 }+\frac{6x}{\left( 1-x\right)^3 }+\frac{6x^2}{\left( 1-x\right)^4 }\\
\sum_{n=0}^{ \infty }n^3x^{n}=\frac{x}{\left( 1-x\right)^2 }+\frac{6x^2}{\left( 1-x\right)^3 }+\frac{6x^3}{\left( 1-x\right)^4 }\\

\left( 1-x\right)S\left( x\right)=\frac{x}{\left( 1-x\right)^2 }+\frac{2x^2}{\left( 1-x\right)^3 }\\
S\left( x\right)=\frac{x}{\left( 1-x\right)^3 }+\frac{2x^2}{\left( 1-x\right)^4 }\\

Chociaż może wygodniej byłoby przedstawić ten wielomian w postaci ilorazu funkcji \Gamma
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 5 kwi 2018, o 22:00 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 307
Lokalizacja: Podkarpacie
Z kompendium, gorąco polecam, do prostszych przykładów wystarczy.

258562.htm
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 5 kwi 2018, o 22:13 
Użytkownik

Posty: 15103
Lokalizacja: Bydgoszcz
\begin{tikzpicture}


\node at (0,5) {$1$};
\node at (5,5) {$\to 1^2$};
\node at (0,4.5) {$1\ 2\ 1$};
\node at (5,4.5) {$\to 2^2$};
\node at (0,4) {$1\ 2\ 3\ 2\ 1$};
\node at (5,4) {$\to 3^2$};
\node at (0,3.5) {$1\ 2\ 3\ 4\ 3\ 2\ 1$};
\node at (5,3.5) {$\to 4^2$};
\node at (0,3) {$1\ 2\ 3\ 4\ 5\ 4\ 3\ 2\ 1$};
\node at (5,3) {$\to 5^2$};
\node at (0,2) {$1\ 2\ 3\ 4\ 5\ \ \ \ \ \ 5\ 4\ 3\ 2\ 1$};
\node at (0,1.5) {$2\ 3\ 4\ 5\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 5\ 4\ 3\ 2$};
\node at (0,1) {$3\ 4\ 5\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 5\ 4\ 3$};
\node at (0,0.5) {$4\ 5\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 5\ 4$};
\node at (0,0) {$5\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 5$};

\end{tikzpicture}
Ten szkic dowodu znalazłem w Księdze liczb, Conwaya i Guy'a

Pięć pierwszych wierszy sumuje się do 1^2+\dots+5^2
Dolne trójkąty też sie sumują do 1^2+\dots+5^2 (dodajemy po przekątnych).


Zatem suma liczb we wszystkich trójkątach wynosi 3(1^2+\dots+5^2).

A z drugiej strony jest równa (1+2+3+4+5)\cdot 11.

Stąd 1^2+\dots+5^2=\frac{(1+2+3+4+5)\cdot 11}{3}
Łatwo sobie wyobrazić co się stanie, gdy 5 zastąpimy dowolną liczbą naturalną n. Otrzymamy
1^2+2^2+\dots+n^2=\frac{(1+2+\dots+n)(2n+1)}{3}
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 5 kwi 2018, o 22:16 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 12453
Lokalizacja: Państwo Polin
mariuszm, jaki sposób chcesz to zrealizować z wykorzystaniem funkcji tworzących? Akurat tutaj jak dla mnie średnio pasują, ale może czegoś nie widzę.

Można również wykorzystać zadziwiającą tożsamość
\sum_{k=1}^{n}k^2  + \sum_{k=1}^{n}  \sum_{i=1}^{k}i  = (n+1) \sum_{k=1}^{n}k
(kiedyś user mdd pisał o czymś ogólniejszym w tym kształcie).
Istnieje dowód geometryczny tej zależności, ale nie śmigam w TikZ. Tak ideowo: robimy taką figurę z ustawionych obok siebie krótszym bokiem (takie schodki) prostokątów, poczynając od (n+1)\times 1, a kończąc na (n+1)\times n. Z prostokącika (n+1)\times k, gdzie k \in\left\{ 1\ldots n\right\} odcinamy kwadrat k\times k.
Potem patrzymy na prostokąty które wystają nad te kwadraty…

Po przekształceniu:
{\red \sum_{k=1}^{n}k^2 }   = (n+1) \sum_{k=1}^{n}k- \sum_{k=1}^{n}  \sum_{i=1}^{k}=\\= \frac{n(n+1)^2}{2}-  \sum_{k=1}^{n} \frac{k(k+1)}{2}=\\=\frac{n(n+1)^2}{2}-{\red \frac 1 2 \sum_{k=1}^{n}k^2}- \frac 1 2\sum_{k=1}^{n}k,
czyli
\frac 3 2 \sum_{k=1}^{n} k^2= \frac{n(n+1)^2}{2}- \frac{n(n+1)}{4}= \frac{n(n+1)(2n+1)}{4}
oraz wreszcie
\sum_{k=1}^{n} k^2= \frac{n(n+1)^2}{2}- \frac{n(n+1)}{4}= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 5 kwi 2018, o 22:47 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 1848
Lokalizacja: Warszawa
Premislav napisał(a):
Można również wykorzystać zadziwiającą tożsamość
\sum_{k=1}^{n}k^2  + \sum_{k=1}^{n}  \sum_{i=1}^{k}i  = (n+1) \sum_{k=1}^{n}k
(kiedyś user mdd pisał o czymś ogólniejszym w tym kształcie).
Kiedyś przyśniło mi się coś takiego: https://www.matematyka.pl/352928.htm#p5179034
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 5 kwi 2018, o 23:03 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 1283
Lokalizacja: hrubielowo
mariuszm, "Interpolacja wielomianowa (Lagrange , Newtona)" Ta metoda chyba będzie wymagała na końcu dowodu indukcyjnego potwierdzającego przypuszczenie. O ile mówimy o tym samym. Ja rozumiem to tak że zakładamy istnienie takich a,b,c,d że dla każdego n\in\NN 1^2+2^2+3^2+...+n^2=an^3+bn^2+cn+d. Po wstawianiu pierwszych czterech "sum" dostaniemy układ równań liniowych którego rozwiązaniem będą a,b,c,d ale to że wzór będzie działał dla pieszych czterech liczb nie gwarantuje działania dla dowolnego n. Przypuszczenie potwierdzamy indukcyjnie.

Rafsaf metoda zaburzania sumy to sformalizowanie sposobu jaki pokazałem na początku z (k+1)^3-k^3=3k^2+3k+1 idea jest ta sama.

Premislav ten wzór kojarzy mi się z przekształceniem Abela dzięki niemu też można udowodnić tezę zadania.

\sum_{j=m+1}^{m+k}a_jb_j= \sum_{l=m+1}^{m+k} \left(  \sum_{i=1}^{l}a_i(b_l-b_{l+1}) \right)-b_{m+1} \sum_{i=1}^{m}a_i+ b_{m+k+1}\sum_{i=1}^{m+k}a_i

jak położymy a_i=b_i=i oraz m=0 to skończymy z tym co Premislav zaproponował. Ten sposób liczenia sumy jest też związany z liczeniem sumy przez części
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 5 kwi 2018, o 23:18 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 6620
Lokalizacja: 53°02'N 18°35'E
Premislav napisał(a):
mariuszm, jaki sposób chcesz to zrealizować z wykorzystaniem funkcji tworzących? Akurat tutaj jak dla mnie średnio pasują, ale może czegoś nie widzę.


A jednak można, dopisałem rozwiązanie rekurencji z wykorzystaniem funkcji tworzących
we wpisie z 5 kwietnia 2018, 21:29
Tylko że wygodniej byłoby zapisać wielomian jako sumę górnych silni
bądź jak kto woli sumę ilorazów funkcji \Gamma

Janusz Tracz, chyba masz racje z tą indukcją
Korzystając z wzorów interpolacyjnych Lagrange bądź Newtona nie będziemy musieli
używać współczynników nieoznaczonych i rozwiązywać układu równań liniowych

Poszukajcie o liczbach i wielomianach Bernoulliego


Jeśli chodzi o funkcję tworzącą to


f\left( t,x\right)=\frac{te^{tx}}{e^{t}-1}= \sum_{n=0}^{ \infty }B_{n}\left( x\right)\frac{t^n}{n!}
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 22 kwi 2018, o 08:56 
Użytkownik

Posty: 649
Lokalizacja: Polska
Basics of Development of Integration and Series in India
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 22 kwi 2018, o 20:39 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 3272
Lokalizacja: blisko
Wielkie brawa fszystkim....
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 15 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Suma kwadratów liczb naturalnych  justyska70  3
 nierownosc z 5 zmiennymi - ile rozwiazan w l. naturalnych?  Anonymous  25
 Ile sposobow - wybor trzech liczb, aby suma byla parzysta  Anonymous  2
 ile jest liczb 2cyfr/3cyfr, 5cyfr o pocz 12, bez cyfr 4 i 5?  Anonymous  1
 Układanie liczb o różnych cyfrach podzielnych przez...  birdy1986  4
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl