W wielu zadaniach szkolnych pojawia się zagadnienie dowodzenia zwartej postaci wzorów na pewnego rodzaju sumy za pomocą indukcji matematycznej. Użycie indukcji w tego typu zagadnieniach ma tą niedogodność, że uczniowie dowodzą prawdziwości pewnego wzoru sumacyjnego, prawdopodobnie nie mając najmniejszego pojęcia, w jaki sposób uzyskać taki wzór. Może to sprawić wrażenie u uczniów, że większość tych wzorów się zgaduje, a później udowadnia metodą indukcji. Chociaż, jak wiadomo, zgadywanie jest metodą matematyczną, to warto jednak poznać sposób, który pozwala uzyskać tego typu wzory tam, gdzie zgadywanie nie jest konieczne.
W niniejszym artykule chciałabym zaprezentować metody, które pozwalają uzyskać zwarta postać wzoru na sumę skończoną wyrazów pewnych ciągów, które często pojawiają się w zadaniach szkolnych.
Zacznijmy od najprostszego przykładu. Znajdźmy zwartą postać dla sumy kolejnych liczb naturalnych:
\begin{equation}\label{gauss}
s_n =1+2 +\dots + (n-1) +n.
\end{equation}
Aby znaleźć zwartą postać tej sumy zastosujemy tzw. „metodę Gaussa”. Zapiszmy w tym celu tą sumę, ale ze składnikami zapisanymi w odwrotnej kolejności tj.
\begin{equation}\label{gauss1}
s_n = n+ (n-1) + \dots+2 +1.
\end{equation}
Dodając teraz do siebie stronami równości \eqref{gauss} i \eqref{gauss1} otrzymujemy
\begin{equation*}
2s_n =(n+1)+(n+1) +\dots + (n+1) =n(n+1)
\end{equation*}
skąd
\begin{equation}\label{arytmetyczny}
s_n =\frac{n(n+1)}{2} .
\end{equation}
Postawmy teraz sobie trochę trudniejsze zadanie.
Problem. Dla dowolnej liczby całkowitej nieujemnej \(k\) znaleźć zwartą postać sumy \begin{equation}\label{eq:4}
s^k_n =1^k +2^k +\dots+ n^k .
\end{equation}
Wiemy już, że
\begin{equation}\label{eq:5}
s^0_n =n
\end{equation}
oraz
\begin{equation}\label{eq:6}
s^1_n =\frac{n(n+1)}{2}.
\end{equation}
Rozwiążemy nasz problem poprzez podanie metody, która pozwala znaleźć w skończonej liczbie kroków zwartą postać dla sumy \(s_n^k\) przy dowolnym \(k.\) Dokładniej, podamy rekurencyjną zależność dla ciągu \((s^k_n )_{k\geqslant 0}.\) W tym celu rozważmy następującą sumę1
\begin{align*}
s_{n+1}^k &= 1^k + 2^k +…+ n^k + (n+1)^k =(0+1)^k + (1+1)^k +…+ (n+1)^k \nonumber \\
&= \sum_{j=0}^k {k \choose j} \cdot 0^j \cdot 1^{k-j} + \sum_{j=0}^k {k \choose j} \cdot 1^j \cdot 1^{k-j} +…+ \sum_{j=0}^k {k \choose j} \cdot n^j \cdot 1^{k-j} \nonumber\\
&= \sum_{j=0}^k {k \choose j} \cdot 0^j + \sum_{j=0}^k {k \choose j} \cdot 1^j +…+ \sum_{j=0}^k {k \choose j} \cdot n^j \\
&= {k\choose 0} s^0_{n+1} +{k\choose 1} s^1_n + …+ {k\choose k-1} s^{k-1}_n +{k\choose k} s^{k}_n \nonumber\\
&= {k\choose 0} s^0_{n+1} +{k\choose 1} s^1_n + …+ {k\choose k-1} s^{k-1}_n + s^{k}_n .\nonumber
\end{align*}
Z powyższego rozumowania otrzymujemy następującą zależność rekurencyjną dla ciągu \((s^k_n )_{k\geqslant 0} \)
\begin{equation}\label{eq:7}
{k\choose 0} s^0_{n+1} +{k\choose 1} s^1_n + …+ {k\choose k-1} s^{k-1}_n =(n+1)^k .
\end{equation}
Z wzorów \eqref{eq:5}, \eqref{eq:6}, \eqref{eq:7} natychmiast otrzymujemy gdy \(k=3\)
\[
(n+1)^3 ={3 \choose 2} s_n^2 + {3 \choose 1}\cdot \frac{n(n+1)}{2} +{3 \choose 1}\cdot (n+1)
\]
skąd po prostych przekształceniach dostajemy
\begin{equation}
s^2_n =1^2 +2^2 +\dots +n^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}
\end{equation}
oraz podobnie
\begin{equation}
s^3_n =1^3 +2^3 + \dots+ n^3 =\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 =(1+2 +\dots+n)^2 =(s_n^1 )^2.
\end{equation}
Zależność rekurencyjna \eqref{eq:7} pozwala wyznaczyć postać zwartą wzoru na \(s^k_n\) dla dowolnego \(k,\) niemniej jednak, aby wyznaczyć taką postać, konieczna jest znajomość postaci zwartej takich wzorów dla \(s_n^0 , s_n^1 , \dots, s_n^{k-1} .\)
Podamy teraz inny sposób wyznaczania postaci zwartej dla sumy \eqref{eq:4}. W tym celu użyjemy następującego lematu, który wynika łatwo z zależności \eqref{eq:7} oraz zasady indukcji matematycznej.
Lemat 1. Dla dowolnego \(k\geqslant 0\) suma \( s_n^k\) jest wielomianem stopnia \(k+1\) o współczynnikach wymiernych zmiennej \(n.\)
Konsekwencją powyższego lematu jest następujące twierdzenie.
Twierdzenie 1. Niech \(W^k (x) =a_k x^k + a_{k-1} x^{k-1} +\dots+a_1 x +a_0 \) będzie wielomianem stopnia \(k\) zmiennej \(x\) i niech
\begin{equation}
S(n) =\sum_{j=1}^ n W^k (j) .
\end{equation}
Wówczas \(S(n)\) jest wielomianem stopnia \(k+1\) zmiennej \(n.\)
Dowód tego twierdzenia wynika natychmiast z równości
\[
S(n) = a_k s_n^k + a_{k-1} s^{k-1}_n +\dots+ a_1 s_n^1 +a_0 s_n^0
\]
oraz lematu.
Powyższe twierdzenie pozwala znajdować postacie zwarte dla sum zapisanych w nieco ogólniejszej formie. Dla przykładu, powiedzmy, że chcielibyśmy znaleźć wzór na sumę postaci
\begin{equation}
\sigma (n) =\sum_{j=1}^n (j^2 +1)^2
\end{equation}
Ponieważ funkcja \(W(x) = (x^2 +1)^2 \) jest wielomianem stopnia czwartego więc z twierdzenia wynika, że \(\sigma\) jest wielomianem stopnia piątego. A zatem
\begin{equation}
\sigma (x) = ax^5 +b x^4 + cx^3 +dx^2 +ex +f.
\end{equation}
Mamy więc układ równań
\[
\begin{cases} a+b+c+d+e +f =\sigma (1) =4\\
32a+16b+8c+4d+2e +f =\sigma (2) =29\\
243a+81b+27c+9d+3e +f =\sigma (3) =129\\
1024a+256b+64c+16d+4e +f =\sigma (4) =418\\
3125a+625b+125c+25d+5e +f =\sigma (5) =1094\\
7776a+1296b+216c+36d+6e +f =\sigma (6) =2463\end{cases}\]
którego rozwiązaniem jest układ liczb:
\begin{equation}
a=\frac{1}{5} , b=\frac{1}{2} , c=d=1, e=\frac{13}{10} , f =0.
\end{equation}
Stąd
\begin{equation}
\sigma (n) =\sum_{j=1}^n (j^2 +1)^2 =\frac{n (2n^4 +5n^3 +10n^2 +10n +13)}{10}.
\end{equation}
Podamy teraz jeszcze jedną metodę wyznaczania współczynników wielomianu \(S(n)\), o którym mowa w powyższym twierdzeniu. Aby jednak to uczynić udowodnimy następujący lemat.
Lemat 2. Niech \((y_n )\) będzie ciągiem liczb rzeczywistych dodatnich takim, że \(\lim_{n\to\infty}\sum_{j=1}^n y_j =\infty.\) Wówczas dla dowolnego ciągu \((x_n )\) liczb rzeczywistych, jeżeli \begin{equation}
\lim_{n\to\infty} \frac{x_n}{y_n} =g,
\end{equation}
to
\begin{equation}
\lim_{n\to\infty} \frac{\sum_{j=1}^n x_j}{\sum_{j=1}^n y_j} =g.
\end{equation}
Przeprowadzimy teraz dowód powyższego faktu. Obierzmy \(\varepsilon >0\) i niech \(m\in\mathbb{N}\) będzie takie, aby \begin{equation}\left|\frac{x_n}{y_n} -g \right|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}\end{equation}
dla \(n\geqslant m.\) Wówczas dla \(n\geqslant m\) mamy:
\begin{align}
\left| \frac{\sum_{j=1}^n x_j}{\sum_{j=1}^n y_j} -g\right|& \leqslant \frac{\sum_{j=1}^{m-1} |x_j -gy_j |}{\sum_{j=1}^n y_j} + \frac{\sum_{j=m}^n y_j \left| \frac{x_j}{y_j} -g \right|}{\sum_{j=1}^n y_j}\\ & \leqslant \frac{\sum_{j=1}^{m-1} |x_j -gy_j |}{\sum_{j=1}^n y_j} + \frac{\varepsilon}{2}\cdot\frac{\sum_{j=m}^n y_j}{\sum_{j=1}^n y_j} \\
& \leqslant \frac{\sum_{j=1}^{m-1} |x_j -gy_j |}{\sum_{j=1}^n y_j} + \frac{\varepsilon}{2} \leqslant \varepsilon
\end{align} dla dostatecznie dużych \(n,\) gdyż
\begin{equation} \lim_{n\to\infty} \frac{\sum_{j=1}^{m-1} |x_j -gy_j |}{\sum_{j=1}^n y_j} =0.
\end{equation}
Z lematu 2 wynika jako wniosek następujący fakt znany jako twierdzenie Stolza.
Twierdzenie Stolza. Niech ciąg \((a_n)_{n\in\mathbb{N}}\) będzie ciągiem rosnącym rozbieżnym do \(\infty\). Jeśli istnieje skończona granica
\[
\lim_{n\to\infty}\frac{b_n-b_{n-1}}{a_n-a_{n-1}},
\]
to
\[
\lim_{n\to\infty}\frac{b_n}{a_n}=\lim_{n\to\infty}\frac{b_n-b_{n-1}}{a_n-a_{n-1}}.
\]
Aby uzasadnić ten fakt, wystarczy w lemacie 2 przyjąć \(x_n =b_n -b_{n-1}\) i \(y_n =a_{n} -a_{n-1} \).
Podamy teraz jeszcze jeden sposób wyznaczania sumy \(S(n)\) o której mowa w twierdzeniu 1.
Dla przykładu powiedzmy, że chcemy wyznaczyć, \(s_n^2 =1^2 +2^2 +\dots+3^2.\) Z twierdzenia 1 wynika, że że
\[
s_n^2 = S(n) =an^3 +bn^2 +cn +d.
\]
Zatem korzystając z twierdzenia Stolza mamy
\[
a =\lim_{n\to\infty }\frac{S(n)}{n^3} =\lim_{n\to\infty }\frac{S(n)
-S(n-1)}{n^3 – (n-1)^3} = \lim_{n\to\infty }\frac{n^2}{n^3 –
(n-1)^3} =\frac{1}{3} ,\]
\[b=\lim_{n\to\infty }\frac{S(n)-\frac{n^3}{3}}{n^2} =\lim_{n\to\infty }\frac{S(n) -S(n-1) +\frac{(n-1)^3 -n^3}{3}}{n^2 – (n-1)^2} =\lim_{n\to\infty }\frac{n-\frac{1}{3}}{2n-1} = \frac{1}{2} ,\]
\[c=\lim_{n\to\infty }\frac{S(n)-\frac{n^3}{3}-\frac{n^2}{2}}{n} =\lim_{n\to\infty }\frac{S(n) -S(n-1) +\frac{(n-1)^3 -n^3}{3} +\frac{(n-1)^2 -n^2}{2}}{n – (n-1)} =\frac{1}{6} ,\]
\[d=1-a-b-c =0.\]
Z powyższych rachunków otrzymujemy dobrze już znany wynik
\[
s^2_n =\frac{n^3}{3} +\frac{n^2}{2} +\frac{n}{6}.
\]
Rozważmy teraz sumę
\begin{equation}
\sigma_t (n) =1^t + 2^t +\dots+n^t
\end{equation}
gdzie \(t\) nie jest jak poprzednio liczbą naturalną, lecz dowolną liczbą rzeczywistą. Udowodnimy teraz następujące twierdzenie, które wykorzystamy w dalszej części.
Twierdzenie 2. Jeżeli \(t >-1,\) to
\[
\lim_{n\to\infty} \frac{\sigma_t (n)}{n^{t+1}}=\frac{1}{t+1},
\]
ponadto
\[
\lim_{n\to\infty} \frac{\sigma_{-1} (n)}{\ln n }=1.
\]
Dowód. Z twierdzenia Lagrange’a zastosowanego do funkcji \(f(x) =x^{t+1}, \) \(t> -1\) mamy \[n^{t+1} – (n-1)^{t+1} = (t+1)\xi^{t}_n ,\] gdzie \(n-1 \leqslant \xi_n \leqslant n .\) Zatem, korzystając z twierdzenia Stolza otrzymujemy \[\frac{1}{t+1} =\lim_{n\to\infty} \frac{n^t}{(t+1)\xi^t_n} =\lim_{n\to\infty} \frac{n^t}{(t+1)\xi^t_n}=\lim_{n\to\infty} \frac{\sigma_t (n) -\sigma_t (n-1)}{n^{t+1} -(n-1)^{t+1}} =\lim_{n\to\infty} \frac{\sigma_t (n)}{n^{t+1}}, \]
co kończy dowód w przypadku \(t> -1.\)
Dla \(t=-1\) mamy
\[
1 =\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{1}{n}}{\ln n -\ln (n-1)}
=\lim_{n\to\infty} \frac{\sigma_{-1} (n) -\sigma_{-1} (n-1)}{\ln n
-\ln (n-1)} =\lim_{n\to\infty} \frac{\sigma_{-1} (n)}{\ln n},
\]
Jako zastosowanie naszych rozważań rozważmy następujący przykład:
Przykład. Wyznaczyć pole obszaru ograniczonego prostymi \(x=0, x=1, y=0 \) oraz wykresem funkcji \(y=x^t ,\) \(t>0.\)
Oznaczmy nasz obszar przez \(K.\) Dla dowolnego \(n\) określamy dwa skończone ciągi prostokątów \(P_k^n \) oraz \(Q_k^n , \) \(k\leqslant n,\) gdzie
\[
P_k^n =\left\{(x,y) : \frac{k-1}{n} \leqslant x \leqslant
\frac{k}{n} , \leqslant y \leqslant \frac{(k-1)^t}{n^t}\right\}
\]
oraz
\[
Q_k^n =\left\{(x,y) : \frac{k-1}{n} \leqslant x \leqslant \frac{k}{n} , \leqslant y \leqslant \frac{k^t}{n^t}\right\}.
\]
Łatwo zauważyć , że suma pól prostokątów \(P_k^n\) ( wszystkie one są zawarte w obszarze \(V\)) wynosi
\[
\sum_{k=1}^n m(P_k^n ) =\frac{\sigma_t (n-1)}{n^{t+1}}
\]
i nie przekracza pola obszaru \(V\). Z drugiej strony suma pól prostokątów \(Q_k^n\) (w których sumie mnogościowej zawiera się obszar \(V\) ) wynosi
\[
\sum_{k=1}^n m(Q_k^n )=\frac{\sigma_t (n)}{n^{t+1}}.
\]
Zatem jeżeli \(m(V) \) oznacza pole obszaru \(V\) to dla dowolnego \(n\) mamy oszacowanie
\[
\frac{\sigma_t (n-1)}{n^{t+1}}\leqslant m(V) \leqslant
\frac{\sigma_t (n)}{n^{t+1}}
\] przechodząc do granicy (\(n\to\infty\)) w powyższych nierównościach i korzystając z twierdzenia 2 otrzymujemy, że
\[
m(V) =\frac{1}{t+1}.
\]
Przypisy
- W poniższym rozumowaniu korzysta się z tzw. wzoru dwumiennego Newtona
\[
(a+b)^k=\sum_{i=0}^k \binom{k}{i} a^i b^{k-i}.
\]
Przyp. red.
Autorka jest nauczycielką matematyki w Gimnazjum nr 12 im. Jacka Kuronia w Poznaniu.
Artykuł został nagrodzony w konkursie na artykuł popularnonaukowy przeprowadzony przez Poznańską Fundację Matematyczną dzięki wsparciu pozyskanemu od Miasta Poznań na realizację projektu ,,Potęga matematyki''.