Ciekawa równość dla sum liczb naturalnych
-
- Użytkownik
- Posty: 1464
- Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 73 razy
- Pomógł: 86 razy
Ciekawa równość dla sum liczb naturalnych
Wczoraj wieczorem odkryłem, że suma sześcianów \(\displaystyle{ n}\) pierwszych liczb naturalnych jest równa sumie \(\displaystyle{ n}\) pierwszych liczb naturalnych podniesionej do kwadratu. Nie potrzeba w ogóle wymyślnej matematyki aby ciekawe rzeczy odkrywać. Przedstawię teraz indukcyjny dowód tego faktu.
Wykażemy, że:
\(\displaystyle{ \left( 1+2+\ldots +n\right) ^{2}= 1 ^{3}+2 ^{3}+\ldots+n ^{3};}\)
dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n \ge 1}\).
Oto:
INDUKCYJNY DOWÓD TEGO FAKTU:
Mamy:
\(\displaystyle{ \left( \sum_{i=1}^{1} i \right) ^{2}=1 ^{2}=1=1 ^{3}= \sum_{i=1}^{1} i ^{3}; }\)
zatem spełniona jest podstawa indukcji.
Krok indukcyjny:
Przypuśćmy, że równość zachodzi dla liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\).
Wtedy dla \(\displaystyle{ \left( n+1\right)}\) mamy:
\(\displaystyle{ \left[ 1+2+\ldots +n+\left( n+1\right) \right] ^{2}= \left( 1+2+\ldots+n\right) ^{2}+ \left( n+1\right) ^{2}+2\left( n+1\right) \left( 1+2+\ldots +n\right)=}\)
co jest równe, na mocy założenia indukcyjnego:
\(\displaystyle{ = \left[ 1 ^{3}+2 ^{3}+\ldots+n ^{3}\right] +\left( n+1\right) \left[ \left( n+1\right)+ 2 \cdot \left( 1+2+\ldots+n\right) \right]=\left[ 1 ^{3}+2 ^{3}+\ldots+n ^{3} \right]+ \left( n+1\right) \left[ \left( n+1\right)+ 2\left( \frac{\left( n+1\right) \cdot n }{2} \right) \right]= \\ =\left[1 ^{3}+2 ^{3}+\ldots + n ^{3}\right] + \left( n+1\right)\left[ \left( n+1\right) \cdot \left( 1+n\right) \right]= \left[ 1 ^{3}+2 ^{3} +\ldots+n ^{3} \right] + \left( n+1\right)\left[ \left( n+1\right) ^{2} \right]= \\= 1 ^{3}+2 ^{3}+\ldots+n ^{3}+\left( n+1\right) ^{3};}\)
co dowodzi kroku indukcyjnego.
Zasada indukcji matematycznej powoduje, że równość jest spełniona dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n.\square}\)
Dodam tutaj jeszcze jeden dowód indukcyjny:
Wykażemy, że dla każdego \(\displaystyle{ n}\) naturalnego \(\displaystyle{ n \ge 1}\), mamy podzielność: \(\displaystyle{ 4| \left( 3 ^{2n-1} +1\right) .}\)
Idea tej obserwacji:
Rozważmy reszty z dzielenia przez \(\displaystyle{ 4}\) kolejnych naturalnych dodatnich potęg liczby \(\displaystyle{ 3}\). Otrzymujemy ciąg : \(\displaystyle{ \left( 3,9\mod 4=1,3\cdot 1=3,9\mod 4=1, \ldots\right) }\)
Skoro dla nieparzystych potęg mamy resztę \(\displaystyle{ 3}\), to takie potęgi, powiększone o jeden, będą podzielne przez cztery, a to odpowiada tezie zadania. Nie zastępuje to dowodu tego faktu. Oto :
INDUKCYJNY DOWÓD TEGO FAKTU:
Dla \(\displaystyle{ n=1}\), mamy: \(\displaystyle{ 3 ^{2 \cdot 1-1}+1 = 4}\) jest podzielne przez cztery, spełniona jest więc podstawa indukcji.
Krok indukcyjny:
Załóżmy, że podzielność zachodzi dla pewnego \(\displaystyle{ n \ge 1}\).
Wykażemy, że: \(\displaystyle{ 3 ^{2\left( n+1\right) -1}+1}\) jest podzielne przez cztery.
Mamy:
\(\displaystyle{ 3 ^{2\left( n+1\right)-1 }+1= 3 ^{2n-1+2} +1= 9 \cdot 3 ^{2n-1}+1= 9 \cdot \left( 3 ^{2n-1}+0 \right)+1= 9 \cdot \left( 3 ^{2n-1} +\left( 1-1\right) \right) +1=\\= 9 \cdot \left( 3 ^{2n-1}+1 \right) - 9+1= 9 \cdot \left( 3 ^{2n-1}+1 \right)-8,}\)
I zauważmy, że zarówno \(\displaystyle{ 9 \cdot \left( 3 ^{2n-1}+1 \right)}\) jest podzielne przez cztery (na mocy założenia indukcyjnego), jak i \(\displaystyle{ 8}\) jest podzielne przez cztery, więc ich różnica również jest podzielna przez cztery.
W ten sposób udowodniliśmy krok indukcyjny, i, na mocy zasady indukcji, fakt jest prawdziwy dla każdego \(\displaystyle{ n \ge 1. \square }\)
Wykażemy, że:
\(\displaystyle{ \left( 1+2+\ldots +n\right) ^{2}= 1 ^{3}+2 ^{3}+\ldots+n ^{3};}\)
dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n \ge 1}\).
Oto:
INDUKCYJNY DOWÓD TEGO FAKTU:
Mamy:
\(\displaystyle{ \left( \sum_{i=1}^{1} i \right) ^{2}=1 ^{2}=1=1 ^{3}= \sum_{i=1}^{1} i ^{3}; }\)
zatem spełniona jest podstawa indukcji.
Krok indukcyjny:
Przypuśćmy, że równość zachodzi dla liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\).
Wtedy dla \(\displaystyle{ \left( n+1\right)}\) mamy:
\(\displaystyle{ \left[ 1+2+\ldots +n+\left( n+1\right) \right] ^{2}= \left( 1+2+\ldots+n\right) ^{2}+ \left( n+1\right) ^{2}+2\left( n+1\right) \left( 1+2+\ldots +n\right)=}\)
co jest równe, na mocy założenia indukcyjnego:
\(\displaystyle{ = \left[ 1 ^{3}+2 ^{3}+\ldots+n ^{3}\right] +\left( n+1\right) \left[ \left( n+1\right)+ 2 \cdot \left( 1+2+\ldots+n\right) \right]=\left[ 1 ^{3}+2 ^{3}+\ldots+n ^{3} \right]+ \left( n+1\right) \left[ \left( n+1\right)+ 2\left( \frac{\left( n+1\right) \cdot n }{2} \right) \right]= \\ =\left[1 ^{3}+2 ^{3}+\ldots + n ^{3}\right] + \left( n+1\right)\left[ \left( n+1\right) \cdot \left( 1+n\right) \right]= \left[ 1 ^{3}+2 ^{3} +\ldots+n ^{3} \right] + \left( n+1\right)\left[ \left( n+1\right) ^{2} \right]= \\= 1 ^{3}+2 ^{3}+\ldots+n ^{3}+\left( n+1\right) ^{3};}\)
co dowodzi kroku indukcyjnego.
Zasada indukcji matematycznej powoduje, że równość jest spełniona dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n.\square}\)
Dodam tutaj jeszcze jeden dowód indukcyjny:
Wykażemy, że dla każdego \(\displaystyle{ n}\) naturalnego \(\displaystyle{ n \ge 1}\), mamy podzielność: \(\displaystyle{ 4| \left( 3 ^{2n-1} +1\right) .}\)
Idea tej obserwacji:
Rozważmy reszty z dzielenia przez \(\displaystyle{ 4}\) kolejnych naturalnych dodatnich potęg liczby \(\displaystyle{ 3}\). Otrzymujemy ciąg : \(\displaystyle{ \left( 3,9\mod 4=1,3\cdot 1=3,9\mod 4=1, \ldots\right) }\)
Skoro dla nieparzystych potęg mamy resztę \(\displaystyle{ 3}\), to takie potęgi, powiększone o jeden, będą podzielne przez cztery, a to odpowiada tezie zadania. Nie zastępuje to dowodu tego faktu. Oto :
INDUKCYJNY DOWÓD TEGO FAKTU:
Dla \(\displaystyle{ n=1}\), mamy: \(\displaystyle{ 3 ^{2 \cdot 1-1}+1 = 4}\) jest podzielne przez cztery, spełniona jest więc podstawa indukcji.
Krok indukcyjny:
Załóżmy, że podzielność zachodzi dla pewnego \(\displaystyle{ n \ge 1}\).
Wykażemy, że: \(\displaystyle{ 3 ^{2\left( n+1\right) -1}+1}\) jest podzielne przez cztery.
Mamy:
\(\displaystyle{ 3 ^{2\left( n+1\right)-1 }+1= 3 ^{2n-1+2} +1= 9 \cdot 3 ^{2n-1}+1= 9 \cdot \left( 3 ^{2n-1}+0 \right)+1= 9 \cdot \left( 3 ^{2n-1} +\left( 1-1\right) \right) +1=\\= 9 \cdot \left( 3 ^{2n-1}+1 \right) - 9+1= 9 \cdot \left( 3 ^{2n-1}+1 \right)-8,}\)
I zauważmy, że zarówno \(\displaystyle{ 9 \cdot \left( 3 ^{2n-1}+1 \right)}\) jest podzielne przez cztery (na mocy założenia indukcyjnego), jak i \(\displaystyle{ 8}\) jest podzielne przez cztery, więc ich różnica również jest podzielna przez cztery.
W ten sposób udowodniliśmy krok indukcyjny, i, na mocy zasady indukcji, fakt jest prawdziwy dla każdego \(\displaystyle{ n \ge 1. \square }\)
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5814
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 134 razy
- Pomógł: 532 razy
Re: Ciekawa równość dla sum liczb naturalnych
Ja przedstawię swoje niebywałe odkrycie:
\(\displaystyle{ 3^{2n-1}=3^{-1} \cdot (3^2)^n=3 \cdot 1^n =3 \mod 4}\)
\(\displaystyle{ 3+1=0 \mod 4}\)
\(\displaystyle{ 3^{2n-1}=3^{-1} \cdot (3^2)^n=3 \cdot 1^n =3 \mod 4}\)
\(\displaystyle{ 3+1=0 \mod 4}\)
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 12262
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3246 razy
- Pomógł: 763 razy
Re: Ciekawa równość dla sum liczb naturalnych
Moźna ułożyć kolejne liczby nieparzyste w "piramidkę" i zsumować....Nie potrzeba w ogóle wymyślnej matematyki aby ciekawe rzeczy odkrywać
- mol_ksiazkowy
- Użytkownik
- Posty: 12262
- Rejestracja: 9 maja 2006, o 12:35
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Kraków
- Podziękował: 3246 razy
- Pomógł: 763 razy
Re: Ciekawa równość dla sum liczb naturalnych
To chyba taka, którą można wymyślić... lub też w znaczeniu : wymyślny «bardzo oryginalny, wyszukany»
• wymyślnie • wymyślność
• wymyślnie • wymyślność
Niepotrzebna uszczypliwość; już jest opublikowane na forum.Najwyższa pora opublikować to odkrycie
-
- Użytkownik
- Posty: 1464
- Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 73 razy
- Pomógł: 86 razy
Re: Ciekawa równość dla sum liczb naturalnych
Chodzi o matematykę całkowicie abstrakcyjną, bo jeśli chodzi o podstawy teorii mnogości, to (dla mnie osobiście) to nie jest to całkowita abstrakcja- większość twierdzeń, które udowadniam, to potrafię je zilustrować. A te całkowite abstrakcje to mnie jednak nie pociągają, wolę poszukiwać matematyki choćby przynajmniej trochę mniej abstrakcyjnej... (ma to swój urok... )
(arek, ostatnio, to zaimponowałeś mi- widzę, że zwartość zbiorów nie jest Ci straszna- podziwiam... )
Rozwiązałem ostatnio część pewnego zadania z książki 'Co to jest matematyka' R. Courant-a, H.Robbins-a przy pomocy zasady indukcji matematycznej, jak kazali (str. 39, patrz zad. 8 i 10). Przedstawię teraz rozwiązanie tego zadania, gdyż troszkę tutaj musiałem się natrudzić.
Wykażemy indukcyjnie, że dla dowolnej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\), mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n} \left( 2i+1\right) ^{2}= \frac{\left( n+1\right)\left( 2n+1\right)\left( 2n+3\right) }{3}.}\)
Oto:
INDUKCYJNY DOWÓD TEGO FAKTU:
Mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{0} \left( 2i+1\right) ^{2}=1 ^{2}= 1= \frac{\left( 0+1\right)\left( 2 \cdot 0+1\right) \left( 2 \cdot 0+3\right) }{3}}\),
co dowodzi podstawy indukcji.
Krok indukcyjny:
Przypuśćmy, że równość zachodzi dla liczby naturalnej \(\displaystyle{ n}\).
Wtedy, dla \(\displaystyle{ \left( n+1\right)}\), mamy:
\(\displaystyle{ 1 ^{2}+3 ^{2}+5 ^{2}+\ldots+ \left( 2n+1\right) ^{2}+ \left( 2n+3\right) ^{2}= \left[ 1 ^{2}+3 ^{2}+\ldots+ \left( 2n+1\right) ^{2} \right] +\left( 2n+3\right) ^{2}= }\)
co jest równe, na mocy założenia indukcyjnego, więc to wynosi:
\(\displaystyle{ = \frac{\left( n+1\right) \left( 2n+1\right)\left( 2n+3\right) }{3}+ \left( 2n+3\right) ^{2}= \frac{\left( 2n+3\right) \left[ \left( 2n+1\right)\left( n+1\right)+3\left( 2n+3\right) \right] }{3}= \\ =\frac{\left( 2n+3\right)\left[ \left( 2n+1\right)\left( n+1\right) +6\left( n+1\right) +3 \right] }{3}= \frac{\left( 2n+3\right)\left[ \left( n+1\right)\left( 2n+1+6\right) +3 \right] }{3}= \\ =\frac{\left( 2n+3\right) \left[ \left( n+1\right)\left( 2n+5\right) +2\left( n+1\right) \right] +3\left( 2n+3\right) }{3}=\frac{\left( 2n+3\right)\left( 2n+5\right)\left( n+1\right)+ \left( 2n+3\right) \cdot 2 \cdot \left( n+1\right) +3\left( 2n+3\right) }{3}= \\ =\frac{\left( 2n+3\right)\left( 2n+5\right)\left( n+1\right) + \left( 2n+3\right)\left( 2n+2+3\right) }{3}= \frac{\left( 2n+3\right)\left( 2n+5\right) \left( n+2\right) }{3},}\)
co dowodzi kroku indukcyjnego.
Zasada indukcji matematycznej, gwarantuje, że podana równość zachodzi dla każdej liczby naturalnej \(\displaystyle{ n.\square}\)
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5814
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 134 razy
- Pomógł: 532 razy
Re: Ciekawa równość dla sum liczb naturalnych
Fakt indukcja to wielka rzecz choć za nią nie przepadam...
Ale też pokażę dowód:
Chcę np. udowodnić, że dla dowolnej liczby n, n kotów jest czarnych.
Dowód:
Znajduję jakiegoś czarnego kota np. u sąsiadki, więc zakładam, że istnieje pewna liczba czarnych kotów. Pewnego dnia idę na spacer i spotykam czarnego kota, więc wyciągam wniosek, że skoro założyłem, że dla pewnego \(\displaystyle{ n }\)istnieje\(\displaystyle{ n}\) czarnych kotów a spotykam następnego czarnego więc sprawdza się to dla \(\displaystyle{ n+1}\) kotów. Koniec dowodu...
Zauważ, że ja nie udowodniłem, że każdy kot na planecie jest czarny jak większość sądzi, tylko, że dla dowolnego \(\displaystyle{ n }\) istnieje \(\displaystyle{ n}\) czarnych kotów na planecie Ziemia. Co nie wyklucza istnienie innych kotów...
A powiem Ci więcej nikt nawet nie może zaprzeczyć temu co napisałem bo zabraknie mu argumentów...
Oczywiście \(\displaystyle{ n}\) nie musi dążyć do nieskończoności w moim twierdzeniu o kotach ale przecież nieskończoność w życiu codziennym nie występuje jest całkowitą abstrakcją , której raczej nie lubimy...Więc oczywiście brak nieskończoności nie świadczy, że w rozumowaniu popełniam błąd...
Ale też pokażę dowód:
Chcę np. udowodnić, że dla dowolnej liczby n, n kotów jest czarnych.
Dowód:
Znajduję jakiegoś czarnego kota np. u sąsiadki, więc zakładam, że istnieje pewna liczba czarnych kotów. Pewnego dnia idę na spacer i spotykam czarnego kota, więc wyciągam wniosek, że skoro założyłem, że dla pewnego \(\displaystyle{ n }\)istnieje\(\displaystyle{ n}\) czarnych kotów a spotykam następnego czarnego więc sprawdza się to dla \(\displaystyle{ n+1}\) kotów. Koniec dowodu...
Zauważ, że ja nie udowodniłem, że każdy kot na planecie jest czarny jak większość sądzi, tylko, że dla dowolnego \(\displaystyle{ n }\) istnieje \(\displaystyle{ n}\) czarnych kotów na planecie Ziemia. Co nie wyklucza istnienie innych kotów...
A powiem Ci więcej nikt nawet nie może zaprzeczyć temu co napisałem bo zabraknie mu argumentów...
Oczywiście \(\displaystyle{ n}\) nie musi dążyć do nieskończoności w moim twierdzeniu o kotach ale przecież nieskończoność w życiu codziennym nie występuje jest całkowitą abstrakcją , której raczej nie lubimy...Więc oczywiście brak nieskończoności nie świadczy, że w rozumowaniu popełniam błąd...
-
- Użytkownik
- Posty: 1464
- Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 73 razy
- Pomógł: 86 razy
Re: Ciekawa równość dla sum liczb naturalnych
Możliwe, że zawsze będziemy spotykać czarne koty, ale, weź pod uwagę, że mogą one się powtarzać...
A, przede wszystkim, indukcja to narzędzie matematyczne, które nie koniecznie odpowiada sytuacjom życia codziennego. Bo, mogłoby się wydawać, że do zapchanej chusteczkami walizki da się zmieścić nieskończenie wiele chusteczek, bowiem, mając zapchaną chusteczkami walizkę, wydaje się, że zawsze będzie można włożyć jeszcze jedną chusteczkę, a stąd wnioskujemy, że do walizki można włożyć nieskończoną ilość chusteczek. To jednak jest nieprawdą, bo indukcja wymaga aby dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\) naturalnego, jeśli dany warunek jest prawdziwy dla \(\displaystyle{ n}\), to aby byłby prawdziwy dla \(\displaystyle{ n+1}\). W życiu codziennym nie jest to sprawdzalne, bo może dla \(\displaystyle{ n=10 ^{10} }\) w końcu walizka pełna \(\displaystyle{ 10 ^{10} }\) chusteczek pęknie. W matematyce sprawdzalność doświadczalna, to za mało...
A, przede wszystkim, indukcja to narzędzie matematyczne, które nie koniecznie odpowiada sytuacjom życia codziennego. Bo, mogłoby się wydawać, że do zapchanej chusteczkami walizki da się zmieścić nieskończenie wiele chusteczek, bowiem, mając zapchaną chusteczkami walizkę, wydaje się, że zawsze będzie można włożyć jeszcze jedną chusteczkę, a stąd wnioskujemy, że do walizki można włożyć nieskończoną ilość chusteczek. To jednak jest nieprawdą, bo indukcja wymaga aby dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\) naturalnego, jeśli dany warunek jest prawdziwy dla \(\displaystyle{ n}\), to aby byłby prawdziwy dla \(\displaystyle{ n+1}\). W życiu codziennym nie jest to sprawdzalne, bo może dla \(\displaystyle{ n=10 ^{10} }\) w końcu walizka pełna \(\displaystyle{ 10 ^{10} }\) chusteczek pęknie. W matematyce sprawdzalność doświadczalna, to za mało...
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5814
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 134 razy
- Pomógł: 532 razy
Re: Ciekawa równość dla sum liczb naturalnych
Dokładnie dlatego matematyczną nieskończoność w życiu codziennym zastąpimy słowem: wiele, sporo, mnogo , dużo, krocie...
I to ma sens wtedy...
Np. idąc po raz kolejny np. setny przez jakieś miasto mam wrażenie, że za każdym razem spotykam innych ludzi i się oni nie powtarzają z twarzy czyli dla mnie ilość ludzi w mieście jakimś jest nieskończona... ( sytuacja ta jest niestosowalna np. w mojej zatęchłej wsi gdzie każdy zna każdego) ale np. Rzeszów już taki nie jest więc stwierdzam, że w Rzeszowie jest nieskończenie wiele ludzi...
I to ma sens wtedy...
Np. idąc po raz kolejny np. setny przez jakieś miasto mam wrażenie, że za każdym razem spotykam innych ludzi i się oni nie powtarzają z twarzy czyli dla mnie ilość ludzi w mieście jakimś jest nieskończona... ( sytuacja ta jest niestosowalna np. w mojej zatęchłej wsi gdzie każdy zna każdego) ale np. Rzeszów już taki nie jest więc stwierdzam, że w Rzeszowie jest nieskończenie wiele ludzi...
-
- Użytkownik
- Posty: 1464
- Rejestracja: 20 lip 2012, o 21:19
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Rzeszów
- Podziękował: 73 razy
- Pomógł: 86 razy
Re: Ciekawa równość dla sum liczb naturalnych
Zauważmy, że różnica dwóch liczb całkowitych (różnica: większa liczba minus mniejsza) jest liczbą naturalną, więc możemy zsumować wszystkie liczby całkowite pomiędzy nimi (bo jest ich skończona ilość). Wykazałem ostatnio, że taka suma jest równa połowie różnicy iloczynu większej z tych dwóch liczb razy następna liczba całkowita minus iloczyn mniejszej przez poprzednią i taka suma jest równa połowie takiej różnicy. Tzn, dla \(\displaystyle{ a,b \in \ZZ}\), \(\displaystyle{ a \le b}\) mamy:
\(\displaystyle{ \sum_{k=a}^{b} k= \frac{b\left( b+1\right)-a\left( a-1\right) }{2}}\).
Przedstawię teraz wyprowadzenie tej ciekawej równości.
Dowód będzie przebiegał przez rozważenie kilku przypadków:
DOWÓD TEJ RÓWNOŚCI:
Niech \(\displaystyle{ a,b \in \ZZ, a \le b.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ a,b>0}\), to \(\displaystyle{ a,b \in \NN_+}\), i wtedy:
\(\displaystyle{ \sum_{k=a}^{b} k= \sum_{k=0}^{b}k- \sum_{k=0}^{a-1}k= \frac{b \cdot \left( b+1\right) }{2}- \frac{\left( a-1\right) \cdot a }{2}= \frac{b\left( b+1\right)-a\left( a-1\right) }{2},}\)
czego należało dowieść.
Jeśli \(\displaystyle{ a,b<0}\), to: \(\displaystyle{ a':=-a, b':=-b>0}\), i ponieważ \(\displaystyle{ a \le b}\), to \(\displaystyle{ a' \ge b'.}\)
Mamy również:
\(\displaystyle{ \sum_{k=a}^{b}k= - \sum_{k=-b}^{-a} k, }\)
gdyż ta suma po lewej stronie równości jest brana po liczbach całkowitych ujemnych, a więc po liczbach przeciwnych niż liczby po jakich przebiega suma po drugiej stronie równości.
Stosując tą równość stosowaną w przypadku, który udowodniliśmy powyżej, więc otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \sum_{k=a}^{b} k=- \sum_{k=-b}^{-a}k=- \frac{\left( -a\right)\left( -a+1\right)-\left( -b\right)\left( -b-1\right)}{2}= \frac{b\left( b+1\right)-a\left( a-1\right) }{2},}\)
czego należało dowieść.
Te dwa przypadki odpowiadają sytuacji gdy: \(\displaystyle{ a \cdot b>0.}\)
Zauważmy najpierw, że jeśli \(\displaystyle{ a=b}\), to:
\(\displaystyle{ \sum_{k=a}^{a}k=a= \frac{a\left( a+1\right)-a\left( a-1\right) }{2}.}\)
W przeciwnym przypadku mamy \(\displaystyle{ a<b.}\)
I pozostaje rozważyć przypadek gdy iloczyn tych dwóch liczb \(\displaystyle{ a \cdot b \le 0}\) jest niedodatni.
Załatwmy od razu przypadek gdy: \(\displaystyle{ a \cdot b=0}\).
Dla \(\displaystyle{ b=0}\) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \sum_{k=a}^{0} k\stackrel{a<b=0}{=} \sum_{k=a}^{-1}k=}\)
co jest równe, na mocy równości udowodnionej w poprzednim przypadku, więc to jest równe:
\(\displaystyle{ = \frac{a \cdot \left( 1-a\right)+\left( -1\right) \cdot 0 }{2}= \frac{a \cdot \left( 1-a\right) }{2}= \frac{0 \cdot \left( 0+1\right)-a\left( a-1\right) }{2}\stackrel{b=0}{=} \frac{b \cdot \left( b+1\right)-a\left( a-1\right)}{2};}\)
czego należało dowieść.
Dla \(\displaystyle{ a=0}\), otrzymujemy na mocy wzoru na sumę \(\displaystyle{ n}\) pierwszych liczb naturalnych, więc otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{b} k= \frac{b \cdot \left( b+1\right) }{2}= \frac{b\left( b+1\right)-0\left( 0-1\right) }{2}\stackrel{a=0}{=} \frac{b \cdot \left( b+1\right)-a\left( a-1\right) }{2}.}\)
Jeśli zaś \(\displaystyle{ a,b \neq 0}\), to \(\displaystyle{ \left( a \cdot b\right) \neq 0}\), a ponieważ \(\displaystyle{ a \cdot b \le 0}\), to \(\displaystyle{ a \cdot b<0}\). A ponieważ \(\displaystyle{ a<b}\), to pozostaje Nam tylko przypadek, gdy:
\(\displaystyle{ a<0}\) i \(\displaystyle{ b>0.}\)
Wtedy, jeśli \(\displaystyle{ \left| a\right|<b}\), to:
\(\displaystyle{ \sum_{k=a}^{b}k= \sum_{k=a}^{\left| a\right| }k+ \sum_{k=\left| a\right|+1 }^{k}=}\)
co jest równe (na mocy przemienności i łączności dodawania), więc to jest równe:
\(\displaystyle{ =0+\left( -1+1\right)+\left( -2+2\right)+\ldots+\ldots+\left( a+\left| a\right| \right) + \sum_{k=\left| a\right|+1 }^{b} k= \sum_{k=a}^{\left| a\right| } 0+ \sum_{k=\left| a\right|+1 }^{b}k= \sum_{k=\left| a\right|+1 }^{b} k=}\)
co jest równe, na mocy udowodnionego przypadku dla dwóch liczb całkowitych dodatnich, więc to jest równe:
\(\displaystyle{ = \frac{b\left( b+1\right)-\left( \left| a\right| \cdot \left( \left| a\right|+1 \right) \right) }{2}\stackrel{a<0}{=} \frac{b\left( b+1\right)-\left( -a+1\right)\left( -a\right)}{2}= \frac{b\left( b+1\right)+a\left( 1-a\right) }{2}= \frac{b\left( b+1\right)-a\left( a-1\right) }{2};}\)
czego należało dowieść.
Jeśli zaś \(\displaystyle{ \left| a\right| \ge b}\), to:
Jeśli \(\displaystyle{ \left| a\right|=b}\), to:
\(\displaystyle{ \sum_{k=a}^{b}k= \sum_{k=a}^{\left| a\right| }k= \sum_{k=a}^{\left| a\right| } 0=0,}\)
podczas gdy:
\(\displaystyle{ \frac{b\left( b+1\right)-a\left( a-1\right) }{2}\stackrel{b=\left| a\right| }{=} \frac{\left| a\right| \cdot \left( \left| a\right|+1 \right) }{2}- \frac{a\left( a-1\right) }{2}\stackrel{a<0}{=} \frac{-a\left( -a+1\right) }{2}+ \frac{a\left( 1-a\right) }{2}=\left( 1-a\right) \cdot \left( \frac{a}{2}- \frac{a}{2} \right)=0= \sum_{k=a}^{b} k.}\)
No i pozostał Nam ostatni przypadek, gdy: \(\displaystyle{ \left| a\right|>b}\).
Wtedy ponieważ \(\displaystyle{ a<0}\) i \(\displaystyle{ b>0}\), to \(\displaystyle{ a<-b}\), a zatem:
\(\displaystyle{ \sum_{k=a}^{b}k= \sum_{k=a}^{-b-1} k+ \sum_{k=-b}^{b} k= \sum_{k=a}^{-b-1}k+ \sum_{k=-b}^{b} 0= \sum_{k=a}^{-b-1}k= \stackrel{a<0, -b-1<0} {=} \frac{a\left( 1-a\right)+\left( -b-1\right)\left( -b\right) }{2}= \frac{b \cdot \left( b+1\right)-a \cdot \left( a-1\right) }{2}. \square}\)
Chciałbym jeszcze obliczyć (a właściwie jedynie znaleźć sposób na obliczenie) pola poniższego trój-wklęsłego obszaru: \(\displaystyle{ \\}\) \(\displaystyle{ \\}\) pomiędzy tymi kołami (zakładając, że koła mają tutaj promień równy \(\displaystyle{ 1}\)):
ROZWIĄZANIE:
Łącząc trzy środki sąsiednich kół (zobacz poniższą ilustrację):\(\displaystyle{ \\}\) \(\displaystyle{ \\}\) otrzymamy trójkąt równoboczny \(\displaystyle{ T}\) o boku równym \(\displaystyle{ 2}\).
Oznaczając przez \(\displaystyle{ S}\) obszar, którego pole chcemy obliczyć, a przez \(\displaystyle{ K}\) te trzy koła, a przez \(\displaystyle{ M}\) te trzy wycinki koła, i oznaczając, dla obszaru \(\displaystyle{ C}\), przez \(\displaystyle{ P\left( C\right)}\) oznaczając jego pole, otrzymujemy:
\(\displaystyle{ P\left( S\right)= P\left( T\right)-3P\left( M\right)}\).
Pole tego trójkąta łatwo jest obliczyć, bo jest to trójkąt równoboczny o boku równym \(\displaystyle{ 2}\).
A pole tego wycinka koła \(\displaystyle{ M}\) jest równe, gdyż jest to wycinek koła wycięty przez kąt o mierze \(\displaystyle{ 60 ^{\circ}}\), więc jego pole jest równe:
\(\displaystyle{ P\left( M\right)= \left( \pi \cdot 1^{2} \right) \cdot \left( \frac{1}{6} \right)= \frac{ \pi }{6}}\).
A zatem:
\(\displaystyle{ P\left( S\right) =P\left( T\right)- \frac{3 \pi }{6}= P\left( T\right)- \frac{ \pi }{2}.}\)
\(\displaystyle{ \sum_{k=a}^{b} k= \frac{b\left( b+1\right)-a\left( a-1\right) }{2}}\).
Przedstawię teraz wyprowadzenie tej ciekawej równości.
Dowód będzie przebiegał przez rozważenie kilku przypadków:
DOWÓD TEJ RÓWNOŚCI:
Niech \(\displaystyle{ a,b \in \ZZ, a \le b.}\)
Jeśli \(\displaystyle{ a,b>0}\), to \(\displaystyle{ a,b \in \NN_+}\), i wtedy:
\(\displaystyle{ \sum_{k=a}^{b} k= \sum_{k=0}^{b}k- \sum_{k=0}^{a-1}k= \frac{b \cdot \left( b+1\right) }{2}- \frac{\left( a-1\right) \cdot a }{2}= \frac{b\left( b+1\right)-a\left( a-1\right) }{2},}\)
czego należało dowieść.
Jeśli \(\displaystyle{ a,b<0}\), to: \(\displaystyle{ a':=-a, b':=-b>0}\), i ponieważ \(\displaystyle{ a \le b}\), to \(\displaystyle{ a' \ge b'.}\)
Mamy również:
\(\displaystyle{ \sum_{k=a}^{b}k= - \sum_{k=-b}^{-a} k, }\)
gdyż ta suma po lewej stronie równości jest brana po liczbach całkowitych ujemnych, a więc po liczbach przeciwnych niż liczby po jakich przebiega suma po drugiej stronie równości.
Stosując tą równość stosowaną w przypadku, który udowodniliśmy powyżej, więc otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \sum_{k=a}^{b} k=- \sum_{k=-b}^{-a}k=- \frac{\left( -a\right)\left( -a+1\right)-\left( -b\right)\left( -b-1\right)}{2}= \frac{b\left( b+1\right)-a\left( a-1\right) }{2},}\)
czego należało dowieść.
Te dwa przypadki odpowiadają sytuacji gdy: \(\displaystyle{ a \cdot b>0.}\)
Zauważmy najpierw, że jeśli \(\displaystyle{ a=b}\), to:
\(\displaystyle{ \sum_{k=a}^{a}k=a= \frac{a\left( a+1\right)-a\left( a-1\right) }{2}.}\)
W przeciwnym przypadku mamy \(\displaystyle{ a<b.}\)
I pozostaje rozważyć przypadek gdy iloczyn tych dwóch liczb \(\displaystyle{ a \cdot b \le 0}\) jest niedodatni.
Załatwmy od razu przypadek gdy: \(\displaystyle{ a \cdot b=0}\).
Dla \(\displaystyle{ b=0}\) otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \sum_{k=a}^{0} k\stackrel{a<b=0}{=} \sum_{k=a}^{-1}k=}\)
co jest równe, na mocy równości udowodnionej w poprzednim przypadku, więc to jest równe:
\(\displaystyle{ = \frac{a \cdot \left( 1-a\right)+\left( -1\right) \cdot 0 }{2}= \frac{a \cdot \left( 1-a\right) }{2}= \frac{0 \cdot \left( 0+1\right)-a\left( a-1\right) }{2}\stackrel{b=0}{=} \frac{b \cdot \left( b+1\right)-a\left( a-1\right)}{2};}\)
czego należało dowieść.
Dla \(\displaystyle{ a=0}\), otrzymujemy na mocy wzoru na sumę \(\displaystyle{ n}\) pierwszych liczb naturalnych, więc otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{b} k= \frac{b \cdot \left( b+1\right) }{2}= \frac{b\left( b+1\right)-0\left( 0-1\right) }{2}\stackrel{a=0}{=} \frac{b \cdot \left( b+1\right)-a\left( a-1\right) }{2}.}\)
Jeśli zaś \(\displaystyle{ a,b \neq 0}\), to \(\displaystyle{ \left( a \cdot b\right) \neq 0}\), a ponieważ \(\displaystyle{ a \cdot b \le 0}\), to \(\displaystyle{ a \cdot b<0}\). A ponieważ \(\displaystyle{ a<b}\), to pozostaje Nam tylko przypadek, gdy:
\(\displaystyle{ a<0}\) i \(\displaystyle{ b>0.}\)
Wtedy, jeśli \(\displaystyle{ \left| a\right|<b}\), to:
\(\displaystyle{ \sum_{k=a}^{b}k= \sum_{k=a}^{\left| a\right| }k+ \sum_{k=\left| a\right|+1 }^{k}=}\)
co jest równe (na mocy przemienności i łączności dodawania), więc to jest równe:
\(\displaystyle{ =0+\left( -1+1\right)+\left( -2+2\right)+\ldots+\ldots+\left( a+\left| a\right| \right) + \sum_{k=\left| a\right|+1 }^{b} k= \sum_{k=a}^{\left| a\right| } 0+ \sum_{k=\left| a\right|+1 }^{b}k= \sum_{k=\left| a\right|+1 }^{b} k=}\)
co jest równe, na mocy udowodnionego przypadku dla dwóch liczb całkowitych dodatnich, więc to jest równe:
\(\displaystyle{ = \frac{b\left( b+1\right)-\left( \left| a\right| \cdot \left( \left| a\right|+1 \right) \right) }{2}\stackrel{a<0}{=} \frac{b\left( b+1\right)-\left( -a+1\right)\left( -a\right)}{2}= \frac{b\left( b+1\right)+a\left( 1-a\right) }{2}= \frac{b\left( b+1\right)-a\left( a-1\right) }{2};}\)
czego należało dowieść.
Jeśli zaś \(\displaystyle{ \left| a\right| \ge b}\), to:
Jeśli \(\displaystyle{ \left| a\right|=b}\), to:
\(\displaystyle{ \sum_{k=a}^{b}k= \sum_{k=a}^{\left| a\right| }k= \sum_{k=a}^{\left| a\right| } 0=0,}\)
podczas gdy:
\(\displaystyle{ \frac{b\left( b+1\right)-a\left( a-1\right) }{2}\stackrel{b=\left| a\right| }{=} \frac{\left| a\right| \cdot \left( \left| a\right|+1 \right) }{2}- \frac{a\left( a-1\right) }{2}\stackrel{a<0}{=} \frac{-a\left( -a+1\right) }{2}+ \frac{a\left( 1-a\right) }{2}=\left( 1-a\right) \cdot \left( \frac{a}{2}- \frac{a}{2} \right)=0= \sum_{k=a}^{b} k.}\)
No i pozostał Nam ostatni przypadek, gdy: \(\displaystyle{ \left| a\right|>b}\).
Wtedy ponieważ \(\displaystyle{ a<0}\) i \(\displaystyle{ b>0}\), to \(\displaystyle{ a<-b}\), a zatem:
\(\displaystyle{ \sum_{k=a}^{b}k= \sum_{k=a}^{-b-1} k+ \sum_{k=-b}^{b} k= \sum_{k=a}^{-b-1}k+ \sum_{k=-b}^{b} 0= \sum_{k=a}^{-b-1}k= \stackrel{a<0, -b-1<0} {=} \frac{a\left( 1-a\right)+\left( -b-1\right)\left( -b\right) }{2}= \frac{b \cdot \left( b+1\right)-a \cdot \left( a-1\right) }{2}. \square}\)
Chciałbym jeszcze obliczyć (a właściwie jedynie znaleźć sposób na obliczenie) pola poniższego trój-wklęsłego obszaru: \(\displaystyle{ \\}\) \(\displaystyle{ \\}\) pomiędzy tymi kołami (zakładając, że koła mają tutaj promień równy \(\displaystyle{ 1}\)):
ROZWIĄZANIE:
Łącząc trzy środki sąsiednich kół (zobacz poniższą ilustrację):\(\displaystyle{ \\}\) \(\displaystyle{ \\}\) otrzymamy trójkąt równoboczny \(\displaystyle{ T}\) o boku równym \(\displaystyle{ 2}\).
Oznaczając przez \(\displaystyle{ S}\) obszar, którego pole chcemy obliczyć, a przez \(\displaystyle{ K}\) te trzy koła, a przez \(\displaystyle{ M}\) te trzy wycinki koła, i oznaczając, dla obszaru \(\displaystyle{ C}\), przez \(\displaystyle{ P\left( C\right)}\) oznaczając jego pole, otrzymujemy:
\(\displaystyle{ P\left( S\right)= P\left( T\right)-3P\left( M\right)}\).
Pole tego trójkąta łatwo jest obliczyć, bo jest to trójkąt równoboczny o boku równym \(\displaystyle{ 2}\).
A pole tego wycinka koła \(\displaystyle{ M}\) jest równe, gdyż jest to wycinek koła wycięty przez kąt o mierze \(\displaystyle{ 60 ^{\circ}}\), więc jego pole jest równe:
\(\displaystyle{ P\left( M\right)= \left( \pi \cdot 1^{2} \right) \cdot \left( \frac{1}{6} \right)= \frac{ \pi }{6}}\).
A zatem:
\(\displaystyle{ P\left( S\right) =P\left( T\right)- \frac{3 \pi }{6}= P\left( T\right)- \frac{ \pi }{2}.}\)
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5814
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 134 razy
- Pomógł: 532 razy
Re: Ciekawa równość dla sum liczb naturalnych
Coś mi się wydaje, że mówiłeś o ciągu arytmetycznym i jego sumie co raczej każdy podrzędny matematyk zna...
-
- Administrator
- Posty: 35068
- Rejestracja: 20 mar 2006, o 21:54
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Wrocław
- Podziękował: 5 razy
- Pomógł: 5243 razy
Re: Ciekawa równość dla sum liczb naturalnych
Nie psuj Jakubowi zabawy - po co stosować jakiś dobrze znany wzór i dostać jednolinijkowe rozwiązanie, skoro można to rozpisać na dwie strony i mieć robotę na cały wieczór...
JK
JK
- arek1357
- Użytkownik
- Posty: 5814
- Rejestracja: 6 gru 2006, o 09:18
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: blisko
- Podziękował: 134 razy
- Pomógł: 532 razy
Re: Ciekawa równość dla sum liczb naturalnych
W tym temacie próbuję podkręcić poziom i proponuję Jakubowi rozwiązać to samo geometryczne zadanie z obszarem wewnętrznym między trzema okręgami zewnętrznie stycznymi, ale żeby ich promienie były różne np.: a, b, c bo dla promieni równych to nie Himalaje tylko kretówki...