Strona 1 z 2

Suma kwadratów liczb naturalnych

: 1 kwie 2018, o 21:10
autor: XYZmat
W jaki sposób wyznaczyć wzór na \(\displaystyle{ 1^2+2^2+3^2+...+n^2}\) ? Wiem, że rozwiązaniem jest \(\displaystyle{ \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}\) 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.

Suma kwadratów liczb naturalnych

: 1 kwie 2018, o 21:18
autor: rubiccube

Suma kwadratów liczb naturalnych

: 2 kwie 2018, o 12:36
autor: michcior
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

Kod: Zaznacz cały

https://www.mimuw.edu.pl/~guzicki/komb.html
w 1-szym linku

Re: Suma kwadratów liczb naturalnych

: 2 kwie 2018, o 14:29
autor: Premislav
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: viewtopic.php?t=430464.

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

Ale to nie jest zbyt odkrywcza myśl z mojej strony, bo chyba gdzieś rozmawiałem o takiej możliwości z userem Janusz Tracz,.

Suma kwadratów liczb naturalnych

: 2 kwie 2018, o 16:05
autor: Elayne
Aryabhata przedstawił elegancki sposób dojścia do tego.

Kod: Zaznacz cały

https://archive.org/details/The_Aryabhatiya_of_Aryabhata_Clark_1930

Re: Suma kwadratów liczb naturalnych

: 2 kwie 2018, o 19:14
autor: Janusz Tracz
Dość prosty dowód to zauważenie że zachodzi dla dowolnego \(\displaystyle{ k=0,1,2,3,...,n}\) równość \(\displaystyle{ (k+1)^3-k^3=3k^2+3k+1}\). Sumując tą równość stronami lewa strona teleskopuje się a prawą stronę rozpiszemy na sumę sum z czego jedna będzie szukaną sumą kwadratów. Mamy więc

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

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

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

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

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

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

PS. PS. Takie samo rozumowanie można powtarzać dla wyższych potęg. Istotne jest by przy obliczaniu \(\displaystyle{ \sum_{}^{} k^{s}}\) znać wszystkie poprzednie jawne wzory na \(\displaystyle{ \sum_{}^{} k^{s-1}, \ \ \sum_{}^{} k^{s-2}, \ \ ... , \sum_{}^{} k^{0}}\). Tak jak tu posłużyłem się milcząco znajomością \(\displaystyle{ \sum_{}^{} k}\) oraz \(\displaystyle{ \sum_{}^{} 1}\) choć to uznaje już za ogólnie znane.

Re: Suma kwadratów liczb naturalnych

: 5 kwie 2018, o 21:29
autor: Mariusz M
Jest kilka sposobów

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


http://wazniak.mimuw.edu.pl/index.php?t ... _różnicowy

\(\displaystyle{ \begin{cases} s_{0}=0 \\ s_{n}=s_{n-1}+n^2 \end{cases}\\
S\left( x\right)= \sum_{n=0}^{ \infty }{s_{n}x^{n}}\\
\sum_{n=1}^{ \infty }s_{n}x^{n}=\sum_{n=1}^{ \infty }{s_{n-1}x^{n}}+\sum_{n=1}^{ \infty }{n^2x^{n}}\\
\sum_{n=0}^{ \infty }s_{n}x^{n}=x\sum_{n=1}^{ \infty }{s_{n-1}x^{n-1}}+\sum_{n=0}^{ \infty }{n^2x^{n}} \\
\sum_{n=0}^{ \infty }s_{n}x^{n}=x\sum_{n=0}^{ \infty }{s_{n}x^{n}}+\sum_{n=0}^{ \infty }{n^2x^{n}} \\}\)

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


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


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


Chociaż może wygodniej byłoby przedstawić ten wielomian w postaci ilorazu funkcji \(\displaystyle{ \Gamma}\)

Re: Suma kwadratów liczb naturalnych

: 5 kwie 2018, o 22:00
autor: Rafsaf
Z kompendium, gorąco polecam, do prostszych przykładów wystarczy.

258562.htm

Re: Suma kwadratów liczb naturalnych

: 5 kwie 2018, o 22:13
autor: a4karo
1.jpg
1.jpg (24.48 KiB) Przejrzano 2019 razy
Ten szkic dowodu znalazłem w Księdze liczb, Conwaya i Guy'a

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


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

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

Stąd \(\displaystyle{ 1^2+\dots+5^2=\frac{(1+2+3+4+5)\cdot 11}{3}}\)
Łatwo sobie wyobrazić co się stanie, gdy \(\displaystyle{ 5}\) zastąpimy dowolną liczbą naturalną \(\displaystyle{ n}\). Otrzymamy
\(\displaystyle{ 1^2+2^2+\dots+n^2=\frac{(1+2+\dots+n)(2n+1)}{3}}\)

Re: Suma kwadratów liczb naturalnych

: 5 kwie 2018, o 22:16
autor: Premislav
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
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}k^2 + \sum_{k=1}^{n} \sum_{i=1}^{k}i = (n+1) \sum_{k=1}^{n}k}\)
(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 \(\displaystyle{ (n+1)\times 1}\), a kończąc na \(\displaystyle{ (n+1)\times n}\). Z prostokącika \(\displaystyle{ (n+1)\times k}\), gdzie \(\displaystyle{ k \in\left\{ 1\ldots n\right\}}\) odcinamy kwadrat \(\displaystyle{ k\times k}\).
Potem patrzymy na prostokąty które wystają nad te kwadraty…

Po przekształceniu:
\(\displaystyle{ {\red{ \sum_{k=1}^{n}k^2} } = (n+1) \sum_{k=1}^{n}k- \sum_{k=1}^{n} \sum_{i=1}^{k}=\\= \frac{n(n+1)^2}{2}- \sum_{k=1}^{n} \frac{k(k+1)}{2}=\\=\frac{n(n+1)^2}{2}-{\red{ \frac 1 2 \sum_{k=1}^{n}k^2}}- \frac 1 2\sum_{k=1}^{n}k,}\)
czyli
\(\displaystyle{ \frac 3 2 \sum_{k=1}^{n} k^2= \frac{n(n+1)^2}{2}- \frac{n(n+1)}{4}= \frac{n(n+1)(2n+1)}{4}}\)
oraz wreszcie
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} k^2= \frac{n(n+1)^2}{2}- \frac{n(n+1)}{4}= \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}\)

Suma kwadratów liczb naturalnych

: 5 kwie 2018, o 22:47
autor: mdd
Premislav pisze:Można również wykorzystać zadziwiającą tożsamość
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}k^2 + \sum_{k=1}^{n} \sum_{i=1}^{k}i = (n+1) \sum_{k=1}^{n}k}\)
(kiedyś user mdd pisał o czymś ogólniejszym w tym kształcie).
Kiedyś przyśniło mi się coś takiego: viewtopic.php?t=352928#p5179034

Re: Suma kwadratów liczb naturalnych

: 5 kwie 2018, o 23:03
autor: Janusz Tracz
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 \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) że dla każdego \(\displaystyle{ n\in\NN}\) \(\displaystyle{ 1^2+2^2+3^2+...+n^2=an^3+bn^2+cn+d}\). Po wstawianiu pierwszych czterech "sum" dostaniemy układ równań liniowych którego rozwiązaniem będą \(\displaystyle{ a,b,c,d}\) ale to że wzór będzie działał dla pieszych czterech liczb nie gwarantuje działania dla dowolnego \(\displaystyle{ n}\). Przypuszczenie potwierdzamy indukcyjnie.

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

Premislav ten wzór kojarzy mi się z

Kod: Zaznacz cały

https://pl.wikipedia.org/wiki/Przekszta%C5%82cenie_Abela
dzięki niemu też można udowodnić tezę zadania.

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

jak położymy \(\displaystyle{ a_i=b_i=i}\) oraz \(\displaystyle{ m=0}\) to skończymy z tym co Premislav zaproponował. Ten sposób liczenia sumy jest też związany z liczeniem sumy przez części

Re: Suma kwadratów liczb naturalnych

: 5 kwie 2018, o 23:18
autor: Mariusz M
Premislav pisze: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 \(\displaystyle{ \Gamma}\)

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


\(\displaystyle{ f\left( t,x\right)=\frac{te^{tx}}{e^{t}-1}= \sum_{n=0}^{ \infty }B_{n}\left( x\right)\frac{t^n}{n!}}\)

Suma kwadratów liczb naturalnych

: 22 kwie 2018, o 08:56
autor: Elayne

Kod: Zaznacz cały

http://ijmaa.in/v5n4-b/265-270.pdf

Re: Suma kwadratów liczb naturalnych

: 22 kwie 2018, o 20:39
autor: arek1357
Wielkie brawa fszystkim....