Matematyka.pl

Udowodnij, że
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} j = \sum_{j=1}^{n} (n-j+1)j}\).
Z lewej strony jest suma po \(\displaystyle{ k}\), ale nie ma żadnego \(\displaystyle{ k}\)...

błąd w druku to czeste w tej ksiazce . sproboj wydedukowac gdzie to k powinno byc

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

Zauważmy, że:

\(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} j^2=\sum_{j=1}^{n} \left(j^2-\int \limits_{j-1}^{j} x^2dx\right)+\int \limits_{0}^{n} x^2dx=\sum_{j=1}^{n} \left(j^2-\frac{j^3-(j-1)^3}{3} \right)+\int \limits_{0}^{n} x^2dx=\sum_{j=1}^{n} \left(j-\frac{1}{3}\right)+\int \limits_{0}^{n} x^2dx=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}\)

Zatem \(\displaystyle{ S_n=0}\)

Przesadziłeś trochę z tymi całkami, wszak to oczywiste, że:
\(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} j^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}\)
A jeśli nie - to polecam zapamiętać, udowodnić powyższy wzór można indukcyjnie, poprzez właściwości sum lub rozwiązując układ trzech równań z trzema niewiadomymi

A samo rozwiązanie poza tym ładne

Może, ale przynajmniej szybko można taką sumkę policzyć a i sposób ciekawy

Rzeczywiście, niezła sztuczka z tymi całkami.
thx

Wzór o którym piszesz Sylwku można udowodnić wg mnie dużo prościej przez tzw. zaburzanie.
No i wg mnie to jest dopiero fajny sposób (to przede wszystkim do King Jamesa).

\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n} i ^{3} +(n+1) ^{3} = 0^{3} + \sum_{i=0}^{n} (i+1) ^{3}=}\)

\(\displaystyle{ =\sum_{i=0}^{n} i ^{3} +3\sum_{i=0}^{n} i ^{2}+3\sum_{i=0}^{n} i+\sum_{i=0}^{n}1}\)

\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n} i ^{3}}\) się skróci, a zostanie:

\(\displaystyle{ 3\sum_{i=0}^{n} i ^{2}+3\sum_{i=0}^{n} i+\sum_{i=0}^{n}1=(n+1)^3}\)

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

\(\displaystyle{ 3\sum_{i=0}^{n} i ^{2}=(n+1)( \frac{2n^{2}+4n+2 -3n-2}{2})}\)

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

\(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n} i ^{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}}\)

Oczywiście: \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{n} i ^{2}=\sum_{i=1}^{n} i ^{2}}\) .


A przynajmniej mnie osobiście się ten pomysł chyba najbardziej podoba .


EDIT: Właśnie zobaczyłem, że napisałeś "przez właściwości sum" :P. Widać jak uważnie czytam .
Przynajmniej nikt się nie będzie pytał jak przez właściwości sum, bo już jest .

Osobiście metodę zaburzania znałem jak również można policzyć wykorzystując rachunek różnicowy lub też:

\(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} j^2=\sum_{j=1}^{n} \sum_{k=j}^{n} k=\sum_{j=1}^{n} \Big(\frac{j+n}{2}\Big)\Big(n-j+1\Big)=\frac{1}{2}\sum_{j=1}^{n}\Big(n(n+1)+j-j^2\Big)=\frac{1}{2}n^2(n+1)+\frac{1}{4}n(n+1)-\frac{1}{2}\sum_{j=1}^{n}j^2}\)

Może ktoś napisać jak poprawnie powinien wyglądać ten przykład ?

Udowodnij, że
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n} \sum_{j=1}^{k} j = \sum_{j=1}^{n} (n-j+1)j}\).

A dla osób, które dopiero zaczynają zliczanie przedstawię intuicję:

\(\displaystyle{ \begin{matrix}
1 & & & & \\
1 & 2 & & & \\
1 & 2 & 3 & & \\
& & \vdots & & \\
1 & 2 & 3 & ... & n\\
& & & &
\end{matrix}}\)

Policzmy sumę tych liczb najpierw skupiając się na wierszach, a następnie na kolumnach.
Wierszami będzie to:

\(\displaystyle{ 1 + (1+2) + (1+2+3) + ... + (1+2+3+...+n) =
\sum_{j=1}^{1} j + \sum_{j=1}^{2}j + \sum_{j=1}^{3}j + ... + \sum_{j=1}^{n}j =
\sum_{k=1}^{n}\sum_{j=1}^{k} j}\)

A kolumnami oczywiście mamy
\(\displaystyle{ (n-0)\cdot 1+ (n-1)\cdot 2+(n-2)\cdot 3 +...+(n-(n-1))\cdot n =
\sum_{j=0}^{n-1} (n-j)(j+1) = \sum_{j=1}^n (n-(j-1))j = \sum_{j=1}^n (n-j+1)j}\)

Skoro liczyliśmy to samo na dwa sposoby, oznacza to, że:
\(\displaystyle{ \sum_{k=1}^{n}\sum_{j=1}^{k} j = \sum_{j=1}^n (n-j+1)j}\)

Warto zastanowić się nad równością użytą przez King James,
\(\displaystyle{ \sum_{j=1}^{n} j^2=\sum_{j=1}^{n} \sum_{k=j}^{n} k}\)
Można ją dowieść w podobny sposób.

Pozdrawiam.