Πέντε τουλάχιστον τρόποι!

Λάμπρος Κατσάπας · #1

Παίρνοντας την ιδέα από εδώ.

Να αποδείξετε με πέντε τουλάχιστον τρόπους ότι $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k^3=\left (\dfrac{n(n+1)}{2} \right )^2$ .

**Απαντήσεις που θα περιέχουν λιγότερο από πέντε λύσεις δεν γίνονται δεκτές.

Η περιγραφή γίνεται δεκτή αρκεί αυτή να στοιχειοθετεί λύση του προβλήματος.

#2

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 07, 2019 11:40 am
Παίρνοντας την ιδέα από εδώ.

Να αποδείξετε με πέντε τουλάχιστον τρόπους ότι $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k^3=\left (\dfrac{n(n+1)}{2} \right )^2$ .

**Απαντήσεις που θα περιέχουν λιγότερο από πέντε λύσεις δεν γίνονται δεκτές.

Η περιγραφή γίνεται δεκτή αρκεί αυτή να στοιχειοθετεί λύση του προβλήματος.

Ας επισημάνω ότι πολλές τέτοιες μέθοδοι υπάρχουν στην Διατριβή της Στέλλας Κουτράκη, Ιστορία και μέθοδοι υπολογισμού σειρών (στο Κεφάλαιο

και αλλού) που εκπόνησε υπό την επίβλεψή μου στο Μαθηματικό Κρήτης.

Προσθέτω (ίσως να μην υπάρχει στην Διατριβή - δεν θυμάμαι) υπάρχει και μία κομψή μέθοδος υπολογισμού της σειράς από τον Άραβα Μαθηματικό Alhazen, η οποία βασίζεται στην εύρεση με δύο τρόπους κάποιου εμβαδού. Περισσότερα, με καλό ... γκουγκουλάρισμα.

kostas.zig · #3

Μιχάλη, ήξερα τον Alhazen για την Camera Obscura από διάφορα μικροπειράματα Φυσικής, αλλά δεν γνώριζα για τις μεθόδους υπολογισμού που βρήκε για τον υπολογισμό του παραπάνω αθροίσματος με χρήση εμβαδών... Θα προσπαθήσω να τις αναζητήσω!

#4

kostas.zig έγραψε: ↑
Πέμ Νοέμ 07, 2019 11:03 pm
Μιχάλη, ήξερα τον Alhazen για την Camera Obscura από διάφορα μικροπειράματα Φυσικής, αλλά δεν γνώριζα για τις μεθόδους υπολογισμού που βρήκε για τον υπολογισμό του παραπάνω αθροίσματος με χρήση εμβαδών... Θα προσπαθήσω να τις αναζητήσω!

.
Κώστα, ο Alhazen ήταν δυνατός μαθηματικός. Γράφω από μνήμης: Ασχολήθηκε με τα έργα του Αρχιμήδη και βρήκε με μεθόδους του Αρχιμήδη (εννοείται χωρίς ολοκληρωτικό λογισμό) το εμβαδόν κάτω από την $\sqrt x$ . Ένα από τα πιο γνωστά του θέματα είναι το "πρόβλημα Alhazen" που ζητά να βρεθεί η πορεία ακτίνας φωτός από δοθέν σημείο

προς άλλο δοθέν

αφού ανακλασθεί σε κυκλικό τόξο (σαν καθρέπτης) (*). Το πρόβλημα δεν λύνεται με κανόνα και διαβήτη, και ο ίδιος το έλυσε με καταπληκτική κατασκευή χρησιμοποιώντας την τομή δύο υπερβολών.

(*) Aν αντί για κυκλικό τόξο είχαμε ευθεία, το πρόβλημα είχε λυθεί από τον Ήρωνα Αλεξανδρέα: Παίρνουμε το συμμετρικό του

ως προς την ευθεία και το συνδέουμε με το

, και λοιπά.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #5

Νομίζω ότι πρέπει να πάει διαφορετικά .
Δηλαδή να γράφει ο καθένας μια λύση και αυτός που γράψει τη τελευταία κερδίζει.
(θα βάλουμε περιθώριο

μέρες)
Τι κερδίζει θα το πω σε αυτόν άφου κερδίσει.
Προφανώς κάποιος που έχει γράψει μια λύση μπορεί μετα να γράψει και άλλη.
Δηλαδή να κρατήσει κάβα λύσεις.

Επίσης δεν κατάλαβα τι θα πει περιγραφή λύσης .
Δηλαδή η

Είναι $f(x)=\sum_{k=1}^{n}\sin kx$
Οπου f(x)

γνωστή.(ο τύπος της είναι γνωστός)
Είναι $f'''(x)=-\sum_{k=1}^{n}k^{3}\cos kx$
Ετσι $\sum_{k=1}^{n}k^{3}=-f'''(0)$
κλπ .
Αν αυτό είναι περιγραφή λύσης τότε το

είναι μικρό.

#6

Συνεχίζουμε.

2) Επαγωγή.

3) Θέτουμε $\displaystyle{f(x)=\sum_{k=1}^{n}e^{kx}}$ που υπολογίζεται εύκολα ως γεωμετρική πρόοδος.

Μετά $\displaystyle{\sum_{k=1}^{n}k^{3}=f'''(0)}$

4) Είναι (k+1)^4-k^4= 4k^3+6k^3+4k+1

.

Προσθέτουμε από

έως

. Το αριστερό μέλος είναι τηλεσκοπικό ενώ το δεξί
δίνει $\displaystyle{4S_3+6S_2+4S_1+n}$ . Τώρα τα S_1,S_2

είναι γνωστά. Και λοιπά.

5) Είναι $\displaystyle{\left (k +\frac {1}{2} \right)^4 - \left (k -\frac {1}{2} \right)^4 = 4k^3+k}$ .

Προσθέτουμε από

έως

. Το αριστερό μέλος είναι τηλεσκοπικό ενώ το δεξί δίνει $\displaystyle{4S_3+S_1}$ . Τώρα τα S_1

είναι γνωστό. Και λοιπά.

Υπάρχουν και άλλες ωραίες τηλεσκοπικές, αλλά τις αφήνω.

Θα επανέλθω και με άλλες ακόμα μεθόδους, ουσιωδώς διαφορετικές. Τουλάχιστον φτάσαμε τις

του αρχικού ερωτήματος.

-

#7

Θα έπρεπε να την κρατήσω για κάβα αλλά δεν πειράζει.

Μετράω με δύο τρόπος το πλήθος των τετράδων (a,b,c,d)

με $a,b,c,d \in \{1,2,\ldots,n+1\},a>b$ και c>d

.

Πρώτος τρόπος: Επιλέγουμε τα a,b

με $\binom{n+1}{2}$ τρόπους και τα c,d

ανεξάρτητα με άλλους τόσους. Συνολικά έχουμε $\displaystyle \binom{n+1}{2}^2 = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2$ τρόπους.

Δεύτερος τρόπος: Έστω ότι το μέγιστο από τα a,b,c,d

ισούται με k+1

. (Για κάποιο $k \in \{1,2,\ldots,n\}$ .)
A) Αν a=c=k+1

έχουμε

επιλογές για τα b,d

.
B) Αν

έχουμε

επιλογές για το

και $\binom{k}{2}$ για το

. Σύνολο $k\binom{k}{2}$ .
Γ) Αν a < c = k+1

έχουμε ομοίως $k\binom{k}{2}$ τρόπους.

Συνολικά, για να είναι το μέγιστο ίσο με k+1

έχουμε $k^2 + 2k\binom{k}{2} = k^2(1+(k-1)) = k^3$ τρόπους. Άρα όλοι οι τρόποι είναι ίσοι με $\displaystyle \sum_{k=1}^n k^3.$

#8

Demetres έγραψε: ↑
Παρ Νοέμ 08, 2019 11:10 am
Θα έπρεπε να την κρατήσω για κάβα αλλά δεν πειράζει.

Μετράω με δύο τρόπος το πλήθος των τετράδων με $a,b,c,d \in \{1,2,\ldots,n+1\},a>b$ και .

Δημήτρη,

Νομίζω ότι έτσι και αλλιώς η λύση αυτή πρέπει να κερδίσει το βραβείο του Σταύρου, ως ευρηματική και πολύ διαφορετική από οτιδήποτε γνωρίζω στο θέμα. Ευχαριστούμε που την έβαλες νωρίς, για να την χαρούμε μια ώρα αρχύτερα.

#9

7) H μέθοδος Alhazen. Δεν την γράφω μια και υπάρχει π.χ. εδώ και εδώ.

Για βιογραφικά του ίδιου του Alhazen βλέπε εδώ (υπόψη το Alhazen είναι η Λατινική παραφθορά του ονόματός του που στην γλώσσα του είναι Al Haytham).

Αν και παραπάνω έγραψα "Υπάρχουν και άλλες ωραίες τηλεσκοπικές, αλλά τις αφήνω", νομίζω ότι μπορεί κάποιοι να μην τις γνωρίζουν οπότε δεν χάνουμε πολύ μελάνι να επαναλάβουμε δύο από αυτές (υπάρχουν και άλλες).

8) $\displaystyle{ (k+1)^2k^2- k^2(k-1)^2 = 4k^3}$ . Προσθέτουμε τώρα από

έως

. Tο αριστερό μέλος είναι τηλεσκοπικό, και λοιπά. Ανάλογα

9) $\displaystyle{k(k+1)(k+2)(k+3) - (k-1)k(k+1)(k+2) = 4k^3+12k^2+8k}$ . Προσθέτουμε τώρα από

έως

για να βρούμε τηλεσκοπικά

$\displaystyle{n(n+1)(n+2)(n+3)= 4S_3+12S_2+8S_1}$ , και λοιπά.

10) Μέθοδος γνωστή ως $x\dfrac {d}{dx}$ (παραλλαγή της μας δίνει πολλά αθροίσματα). Έχουμε ως γεωμετρικό πρόοδο

$\displaystyle{1+x+x^2+x^3 + ... + x^n = \dfrac {x^{n+1}-1}{x-1}}$ (για λόγους οικονομίας θα γράφω

για το δεξί μέλος). Μετά παραγωγίζουμε

$\displaystyle{1+2x+3x^2+4x^3 + ... + nx^{n-1} = S'}$ . Μετά πολλαπλασιάζουμε επί

$\displaystyle{x+2x^2+3x^3+4x^4 + ... + nx^{n} = xS'}$ . Παραγωγίζουμε ξανά

$\displaystyle{1+2^2x+3^2x^2+4^2x^3+ ... + n^2x^{n-1} = (xS')'}$ . Μετά πάλι πολλαπλασιάζουμε επί

$\displaystyle{x+2^2x^2+3^2x^3+4^2x^4+ ... + n^2x^{n} = x(xS')'}$ . Μετά παραγωγίζουμε άλλη μία - τελευταία - φορά

$\displaystyle{1+2^3x+3^3x^2+4^3x^4+ ... + n^3x^{n-1} =( x(xS')')'}$ . Σε αυτό το στάδιο βρίσκουμε την τιμή των δύο μελών στο x=1

, από όπου το ζητούμενο (προσθέτω όμως ότι κάπου υπάρχουν παρονομαστές x-1

και το βήμα αυτό θέλει προσοχή. Γίνεται με l' Hospital αλλά μπορούμε και με παραγοντοποίηση πολυωνύμου με στοιχειώδη μέσα).

11) Μέθοδος Bernoulli. H μέθοδος αυτή έχει μεγάλη ιστορία και το παράγωγό της είναι οι λεγόμενοι αριθμοί Bernoulli, που έχουν πάρα πολλές ιδιότητες, σημαντικές εφαρμογές, και έχουν μελετηθεί πολύ. Βλέπε π.χ. εδώ. Δεν υπάρχει λόγος να την επαναλάβω.

Αυτή την στιγμή δεν μπορώ να σκεφτώ άλλον τρόπο εκτός από παραλλαγές των παραπάνω. Σταματώ μέχρι φαεινής ιδέας, αν ποτέ.

Λάμπρος Κατσάπας · #10

Ευχαριστώ πολύ για τις πληροφορίες κ.Μιχάλη! Χρόνια πολλά και για την ονομαστική σας εορτή.

Όντως πολύ ωραία η απόδειξη του κ.Δημήτρη. Για να είμαι ειλικρινής έψαξα και εγώ απόδειξη με συνδυαστική,

λόγω του δεύτερου μέλους, αλλά δεν βρήκα. Βάζω μια ακόμα λύση. Υπολογίζουμε το άθροισμα αριστερά για

n=0,1,2,3,4

(θεωρώ για ευκολία το άθροισμα ότι αρχίζει από k=0

). Παρεμβάλλουμε τώρα πολυώνυμο

τετάρτου βαθμού στα σημεία (0,0^3),(1,0^3+1^3),...,(4,0^3+1^3+...+4^3).

Λύνουμε το σύστημα που προκύπτει και βρίσκουμε το πολυώνυμο του δεξιού μέλους.

Επαληθεύουμε στο τέλος ότι και τα δύο μέλη ικανοποιούν την $a_n-a_{n-1}=n^3,a_0=0.$

Την απόδειξη αυτή την είδα στο A=B των Wilf,Zeilberger,Petkovsek στο οποίο μπορούν να βρεθούν αρκετά

''διαμάντια'' όπως η απόδειξη θεωρημάτων της γεωμετρίας με τη μελέτη μόνο μερικών περιπτώσεων.

Ενδεικτικά αναφέρω το γεγονός ότι για να αποδείξουμε ότι οι διχοτόμοι γωνιών τριγώνου συντρέχουν είναι αρκετό να το

εξετάσουμε ότι ισχύει μόνο για

ζεύγη γωνιών A,B.

Και άλλα πολλά τα οποία πλέον έχουν ''καταντήσει'' προβλήματα ρουτίνας που μπορεί να τα κάνει ένας υπολογιστής.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #11

Να δούμε τι λύσεις έχουμε.
1)Συνδιαστική .Αυτή που έγραψε ο Δημήτρης.
Νομίζω δε αν την κρατούσε θα μπορούσε να την βάλει τελευταία.
Αρα δικαίως κερδίζει.

2)Με επαγωγή.

3)Με τηλεσκοπική σχέση
Εγραψε πολλές ο Μιχάλης.

4)Με παραγώγιση κάποιου αθροίσματος.
Εγραψε πολλά ο Μιχάλης.

Εδω θέλω να τονίσω μια τέτοια λύση έχει σχεδόν απογορευτικές πράξεις.

Για παράδειγμα.
Αν πάρουμε $f(x)=\sum_{k=0}^{n}e^{kx}=\frac{e^{(n+1)x}-1}{e^{x}-1}$
Θα πρέπει να βρούμε το f'''(0)

Το πρόβλημα είναι ότι το f'''(x)

έχει παρανομαστή της τάξης του
x^3

όποτε για να το υπολογίσουμε περιμένουμε να κάνουμε

DHL.

5)Αυτή που προτείνει ο Λ.Κατσάπας με πολυώνυμο παρεμβολής που εγώ τουλάχιστον δεν την καταλαβαίνω.

#12

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 10, 2019 9:03 pm
5)Αυτή που προτείνει ο Λ.Κατσάπας με πολυώνυμο παρεμβολής που εγώ τουλάχιστον δεν την καταλαβαίνω.

α) Η τεχνική αυτή υπάρχει στην εισαγωγή του βιβλίου των Wilf, Zeilberger, Petkovsek. Με λίγα λόγια λέει ότι σε κάποιες περιπτώσεις (δίνει παραδείγματα που σε τρελαίνουν) αρκεί να αποδείξεις ένα θεώρημα ή μία σχέση για μικρό αριθμό ειδικών περιπτώσεων, και ως δια μαγείας αποδεικνύεται το ζητούμενο! Όταν το πρωτοείδα, όταν κυκλοφόρησε το βιβλίο, είχα μείνει άναυδος. Θα βρω την ευκαιρία να είμαι πιο σαφής, εκτός αν το κάνει ο Λάμπρος (πιέζομαι χρονικά...).

β) Επισυνάπτω δύο μεθόδους για το αρχικό ερώτημα, που της έκανα κοπή/αντιγραφή από άρθρο των Alsina, Nelsen. Υποθέτω ότι θα τις έχουν και στο βιβλίο τους Proofs without words, αλλά δεν κοίταξα.

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ · #13

Για να δούμε και μια λύση με Γεωμετρία που είχα κρατήσει κάβα.
Θεωρούμε τα σημεία
$O=(0,0),A_{1}=(1,0),A_{2}=(1+2,0),........A_{n}=(1+2+3+...+n,0)$

τα
$B_{1}=(0,1),B_{2}=(0,1+2),........B_{n}=(0,1+2+3+...+n)$

και τα

$C_{1}=(1,1),C_{2}=(1+2,1+2),........C_{n}=(1+2+3+...+n,1+2+3+...+n)$

Το τετράγωνο με κορυφές τα $O,A_{i+1},C_{i+1},B_{i+1}$
εχει εμβαδό
$(\dfrac{(i+1)(i+2)}{2})^{2}$
ενώ
το τετράγωνο με κορυφές τα $O,A_{i},C_{i},B_{i}$
εχει εμβαδό
$(\dfrac{(i+1)i}{2})^{2}$

Ετσι το εμβαδό του χωρίου που ορίζεται από τα
$B_{i},B_{i+1},C_{i+1},A_{i+1},A_{i},,C_{i}$

είναι
$(\dfrac{(i+1)(i+2)}{2})^{2}-(\dfrac{(i+1)i}{2})^{2}=(\dfrac{(i+1)^{2}}{4}.((i+2)^{2}-i^{2})=$
$(\dfrac{(i+1)^{2}}{4}.(4(i+1))=(i+1)^{3}$

Ετσι από εμβαδά έχουμε

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

Εγω δεν πιστεύω ότι είναι καινούργια λύση.Αν την δούμε προσεκτικά είναι καμουφλαρισμένη η λύση της επαγωγής

#14

Σταύρο, δεν έχω ξαναδεί την μέθοδο που γράφεις αλλά θυμίζει Alhazen. Η μόνη διαφορά είναι ότι εργάζεσαι με μήκη 1+2+...+k

στην θέση των 1^2+2^2+...+k^2

του Άραβα.

Ας προσθέσω ότι υπάρχει και άλλη μέθοδος για το αρχικό ερώτημα: Παίρνουμε έναν $n\times n \times n$ κύβο και μετράμε με δύο τρόπους πόσους κύβους όλων των διαστάσεων (με έδρες παράλληλες του αρχικού) μπορούμε να μετρήσουμε μέσα του. Το ένα μέτρημα δίνει $\sum k^3$ και το άλλο, κάτι άλλο. Δεν την έγραψα γιατί έχει φασαρία το σχήμα και οι λεπτομέρειες.

Λάμπρος Κατσάπας · #15

ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΣΤΑΥΡΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Νοέμ 10, 2019 9:35 pm

Εγω δεν πιστεύω ότι είναι καινούργια λύση.Αν την δούμε προσεκτικά είναι καμουφλαρισμένη η λύση της επαγωγής

Γεια σου Σταύρο. Ναι έτσι είναι σε ένα βαθμό. Το πολυώνυμο παρεμβολής έχει νόημα όταν προσποιηθούμε ότι δεν γνωρίζουμε το δεξί μέλος αλλά ψάχνουμε να το βρούμε. Θεωρούμε f(x)=a+bx+cx^2+dx^3+ex^4

και φτιάχνουμε το σύστημα $\displaystyle f(i)=\sum_{k=0}^{i}k^3,i=0,1,2,3,4.$ Από το τελευταίο υπολογίζουμε τους συντελεστές και προκύπτει τελικά το f(n)

που συμπίπτει ''ως δια μαγείας'' με το δεξί μέλος. Μένει να αποδείξουμε ότι το πολυώνυμο αυτό ισούται τελικά με το άθροισμα για κάθε

. Αυτό είναι εύκολα επαληθεύσιμο αφού και τα δύο ικανοποιηθούν την ίδια αναδρομική με την ίδια αρχική συνθήκη.

Πέντε τουλάχιστον τρόποι!

Πέντε τουλάχιστον τρόποι!

Re: Πέντε τουλάχιστον τρόποι!

Re: Πέντε τουλάχιστον τρόποι!

Re: Πέντε τουλάχιστον τρόποι!

Re: Πέντε τουλάχιστον τρόποι!

Re: Πέντε τουλάχιστον τρόποι!

Re: Πέντε τουλάχιστον τρόποι!

Re: Πέντε τουλάχιστον τρόποι!

Re: Πέντε τουλάχιστον τρόποι!

Re: Πέντε τουλάχιστον τρόποι!

Re: Πέντε τουλάχιστον τρόποι!

Re: Πέντε τουλάχιστον τρόποι!

Re: Πέντε τουλάχιστον τρόποι!

Re: Πέντε τουλάχιστον τρόποι!

Re: Πέντε τουλάχιστον τρόποι!

Μέλη σε σύνδεση