Přednáška 1

Zkrácené psaní součtů a součinů

Symboly sumy a produktu, základní vlastnosti sum a produktů a příklady jejich použití, faktoriál, teleskopická suma, součet aritmetické a geometrické posloupnosti, vnořené sumy a produkty, záměna pořadí sum.

PDF

Během staletí se matematika stala jedním z hlavních a nejuniverzálnějších nástrojů přírodních věd a inženýrství, a to díky své přesnosti, jednoznačnosti a spolehlivosti. Aby si tyto vlastnosti zajistila, používá specifický jazyk – řekněme „matematičtinu“ – ve kterém mohou být myšlenky vhodně a jednoznačně formulovány. Než se pustíme do předmětů prvního ročníku, musíme se základy tohoto jazyka dobře naučit.

Příklad 1.1Motivační#

Upravte výraz $\dst \sum_{k=1}^n \frac{k!}{\prod_{j=3}^{k+1} (j-2)}$ .

Při zápisu matematických výrazů a vzorců často vzniká potřeba vyjádřit je stručněji a přitom zachovat jednoznačnost a přehlednost. Tomu mimo jiné slouží velká řecká písmena sigma ( $\Sigma$ ) a pí ( $\Pi$ ). Tato písmena pomáhají zkráceně zapisovat konečné (dokonce i nekonečné) součty, resp. součiny v případech, kdy sčítance nebo činitelé vykazují určitou zákonitost, tj. pokud lze jejich $k$ -tý člen $a_k$ vyjádřit nějakým předpisem.

V tomto případě lze místo zdlouhavého a někdy i potenciálně nejednoznačného výrazu

$a_1 + a_2 + \ldots + a_n$

použít kratší a hezčí předpis

$\sum_{k=1}^n a_k \qquad \text{(čteme např.\ \uv{\textit{suma $a_k$ pro $k$ jdoucí od $1$ do $n$}}).}$

Písmeno $\Sigma$ pro součet bylo zvoleno podle anglického sum či latinského summa. Obdobně se pro zkrácený zápis součinu používá $\Pi$ – podle slova produkt.

Příklad 1.2#

V součtu

$1 + 2 + \ldots + 100$

pro $k$ -tý člen platí $a_k = k$ , a to pro všechna $k \in \set{1, 2, \ldots, 100}$ . Proto lze jej zapsat jako

$\sum_{k=1}^{100} k.$

Následující příklad ukazuje, že zkrácený zápis součtu má i další výhody.

Příklad 1.3#

U výrazu

$2 + 4 + \ldots + 1024$

nelze bez vhodného kontextu jednoznačně určit, co přesně se skrývá za výpustkou (trojtečkou). Možná jde o součet všech sudých čísel mezi $2$ a $1024$ ? Nebo o součet mocnin dvojky, tedy geometrické posloupnosti s kvocientem $q = 2$ ? Při takovém zápisu začíná výraz připomínat spíše IQ test či hru „Uhodni, co tím chtěl autor říct“. V matematice si takové situace dovolit nesmíme – vedou totiž k dalším a větším zmatkům i nesmyslům.

Kdyby se jednalo o součet sudých čísel, zapsali bychom jej ve tvaru

$\sum_{k=1}^{512} (2k).$

V případě sčítání členů geometrické posloupnosti by vhodným zkrácením byla suma

$\sum_{k=1}^{10} 2^k.$

Výraz popisující zákonitost u členů součtu nebo součinu může být v zásadě libovolnou funkcí. Nejčastěji se však setkáme se součty a součiny začínající hodnotou „parametru“ rovnou $1$ nebo $0$ – a případně se je budeme snažit takto konstruovat. Členy součtu (součinu) si proto můžeme představovat jako členy posloupnosti, tj. funkce $a \colon \N \to \R$ , případně $a \colon \N_0 \to \R$ (zde i dále $\N_0 := \N \cup \set{0}$ ). Zvykem je stručně psát $a_k := a(k)$ . Tuto myšlenku lze zobecnit i na případ zobrazení z celých čísel – $a \colon \Z \to \R$ .

Příklad 1.4#

U součtu

$17 + 13 + 9 + 5 + 1$

asi prvním, co nás napadne, je předpis $k$ -tého členu v lineárním tvaru $a_k = 17 - 4k$ , kde $k \in \set{0, 1, \ldots, 4}$ . Proměnná $k$ tak určuje, kolikrát máme od čísla $17$ odečíst číslo $4$ , abychom dostali příslušný člen součtu.

Pomocí sumy bychom pak tentýž výraz zapsali jako

$\sum_{k=0}^4 (17-4k).$

Podíváme-li se však na tento součet jako na součet prvků aritmetické posloupnosti s prvním členem $a_1 = 17$ a diferencí $d = -4$ , může být vhodné jej vyjádřit i ve tvaru

$\sum_{k=1}^5 (21-4k).$

Z předchozího příkladu vidíme, že jeden součet (součin) lze vyjádřit několika ekvivalentními způsoby.

Předchozí příklad nám navíc ukazuje další důležitou vlastnost – posouvání mezí nebo přečíslování prvků. Ukážeme to podrobněji v následujícím příkladu.

Příklad 1.5#

Provedeme formální přečíslování prvků sumy

$\sum_{k=0}^4 (17-4k)$

tak, aby počáteční hodnota sčítacího parametru byla $1$ místo $0$ . Zavedeme si tedy novou proměnnou $\ell := k + 1$ – tím zajistíme, že tam, kde původní $k$ začínalo nulou, začne nové $\ell$ jedničkou. Jelikož chceme sčítat tatáž čísla, počet členů v sumě se nesmí změnit. Pak $\ell$ musí končit hodnotou o jedna větší, tj. $5$ . Dostáváme tedy sumu

$\sum_{\ell=1}^5 \tred{?}\ .$

Další otázkou je, jak bude vypadat předpis členů sumy. Stačí provést jednoduchou substituci:

$\ell = k + 1 \implies k = \ell - 1.$

Potom

$a_k = a(k) := 17 - 4k = 17 - 4(\ell - 1) = 21 - 4\ell.$

Výraz $21 - 4\ell$ pak představuje obecný předpis členů sumy podle nového parametru $\ell$ . Výsledný zápis je tedy

$\sum_{\ell=1}^5 (21-4\ell).$

Všimněme si teď i toho, že proměnná, pomocí níž definujeme meze sumy i její prvky, hraje jen pomocnou roli: hodnota součtu na jejím názvu nezávisí. Proto lze místo $\ell$ opět použít $k$ . Tak dostaneme ekvivalentní předpis původní sumy, který jsme již „intuitivně odvodili“ u předchozího příkladu.

Díky asociativnímu a komutativnímu zákonu, které platí pro operace sčítání a násobení u reálných (i komplexních) čísel, každý součet/součin můžeme zkráceně zapsat i v opačném pořadí.

Příklad 1.6#

$\sum_{k=0}^4 (17-4k) = 17 + 13 + 9 + 5 + 1 = 1 + 5 + 9 + 13 + 17 = \sum_{k=0}^4 (1+4k).$

Teď již dobře vidíme, že k jednomu součtu skutečně můžeme vytvořit nekonečně mnoho zkrácených předpisů pomocí sum – samozřejmě se však budeme zpravidla snažit nalézt ten nejvhodnější a nejjednodušší tvar.

Shrňme vlastnosti sum, kterých jsme si v předchozích příkladech všimli. Stejné vlastnosti budou platit i pro produkty.

Poznámka 1.7#

Suma nezávisí na názvu „parametru“ – je to v podstatě jen pomocná „lokální“ proměnná, pomocí které zapisujeme meze i obecný člen:

$\sum_{k=1}^n a_k = \sum_{\tblue{j}=1}^n a_{\tblue{j}}.$
Umíme provést posun, jinými slovy přečíslování sumy:

$\sum_{k=1}^n a_k = \sum_{k=\tblue{0}}^{n\tblue{-1}} a_{k{\tblue{+1}}}, \quad \text{nebo obecněji} \quad \sum_{k=1}^n a_k = \sum_{k=\tblue{m}}^{n\tblue{+m-1}} a_{k{\tblue{-m+1}}}.$

Přitom pozorujeme v jistém smyslu jev „kompenzace“: to, co v mezích sumy přičítáme, u samotného jejího členu odčítáme (a naopak).
Sumu lze přepsat i na opačné pořadí:

$\sum_{k=1}^n a_k = \sum_{\tblue{k}=\tgreen{1}}^{\tred{n}} a_{\tred{n}-\tblue{k}+\tgreen{1}}.$

Dolní mez sumy ani produktu samozřejmě nemusí být rovna $1$ ani $0$ . Nyní je nejvyšší čas si zavést všechna označení přesněji.

Označení 1.8Suma#

Nechť $m, n \in \Z$ . Potom symbolem $\Sigma$ zkracujeme součet reálných (komplexních) čísel:

$\sum_{k=m}^n a_k := \begin{cases} a_m + a_{m+1} + \ldots + a_n, \quad & n \geq m,\\ 0, & n < m. \end{cases}$

„Lokální“ proměnná $k$ se nazývá sčítací index (k jeho označení zpravidla volíme písmenka $i$ , $j$ , $k$ , $\ell$ ), číslo $m$ je dolní mez sumy, číslo $n$ je horní mez.

V případě $n < m$ jde o speciální případ – tzv. prázdnou sumu.

Příklad 1.9#

Které z následujících zápisů lze bez jakéhokoli upřesňujícího komentáře jednoznačně interpretovat, tedy jednoznačně mu přiřadit číselnou hodnotu?

$\dst \sum_k^4 k+1$ ;
$\dst j \sum_{j=1}^{30} 30k$ ;
$\dst \sum_j 2j$ ;
$\dst \sum_{j=1}^{2j} \sin j$ .

Odpověď

Ani jeden ze zápisů není korektní.

Označení 1.10Produkt#

Nechť $m, n \in \Z$ . Potom symbolem $\Pi$ zkracujeme součin reálných (komplexních) čísel:

$\prod_{k=m}^n a_k := \begin{cases} a_m \cdot a_{m+1} \cdot \ldots \cdot a_n, \quad & n \geq m,\\ 1, & n < m. \end{cases}$

V případě $n < m$ se speciálně jedná o prázdný součin.

Poznámka 1.11#

Je-li $n \geq m$ , je počet členů v sumě nebo produktu s dolní mezí $m$ a horní mezí $n$ vždy roven $n-m+1$ , jelikož obě meze bereme včetně. (V opačném případě jde o prázdnou sumu, resp. prázdný produkt, a členy tam žádné nejsou.)

Definice 1.12Faktoriál#

Faktoriál nezáporného celého čísla $n$ je definován předpisem

$n! := \prod_{k=1}^n k.$

Poznámka 1.13#

Faktoriál čísla $n$ má význam součinu všech přirozených čísel nepřesahujících $n$ .
$0!$ tuto myšlenku zachovává – odpovídá to případu prázdného součinu.
Faktoriál záporných celých čísel není definován. Lze jej však zobecnit například na všechna reálná (i komplexní) čísla vyjma záporných celých čísel – tímto rozšířením je tzv. gama funkce.

Příklad 1.14#

Vypočítejte:

$\dst \sum_{i=-1}^4 i^3$ ;
$\dst \prod_{j=0}^3 \frac{1}{j+1}$ ;
$\dst \prod_{k=1}^n 5$ ;
$\dst \sum_{k=m}^n 5$ ;
$\dst \prod_{l=-2}^3 (l-1)$ .

Odpověď

1) $99$ ; 2) $\frac{1}{4!} = \frac{1}{24}$ ; 3) $5^n$ ; 4) $5(n-m+1)$ ; 5) $0$ .

Příklad 1.15#

Posuňte index tak, aby se rovnost zachovala. U každého příkladu uveďte dvě možnosti: v prvním případě zachovejte i pořadí členů, v druhém zajistěte sčítání, příp. násobení v opačném pořadí:

$\dst \sum_{i=-1}^4 i^3 = \sum_{i=2}^{\tred{?}} \tred{?}$ ;
$\dst \prod_{j=0}^3 \frac{1}{j+1} = \prod_{j=-21}^{\tred{?}} \tred{?}$ .

Odpověď

1) $\dst \sum_{i=-1}^4 i^3 = \sum_{i=2}^7 (i-3)^3 = \sum_{i=2}^7 (6-i)^3$ ; 2) $\dst \prod_{j=0}^3 \frac{1}{j+1} = \prod_{j=-21}^{-18} \frac{1}{j+22} = \prod_{j=-21}^{-18} \frac{1}{-17-j}$ .

Uveďme několik základních pravidel pro sumy a produkty, které bezprostředně vyplývají z asociativního, komutativního a distributivního zákona v oboru reálných (komplexních) čísel.

Věta 1.16Asociativita sum a produktů#

$\sum_{k=m}^{n+p} a_k = \sum_{k=m}^n a_k + \sum_{k=n+1}^{n+p} a_k, \qquad \prod_{k=m}^{n+p} a_k = \prod_{k=m}^n a_k \cdot \prod_{k=n+1}^{n+p} a_k.$

Věta 1.17Linearita sum a produktů#

$\begin{aligned} \sum_{k=m}^n (a_k + b_k) = \sum_{k=m}^n a_k + \sum_{k=m}^n b_k, \qquad & \prod_{k=m}^n (a_k \cdot b_k) = \prod_{k=m}^n a_k \cdot \prod_{k=m}^n b_k,\\ \sum_{k=m}^n (c \cdot a_k) = c \cdot \sum_{k=m}^n a_k, \qquad & \prod_{k=m}^n (c \cdot a_k) = c^{n-m+1} \cdot \prod_{k=m}^n a_k. \end{aligned}$

Dále uveďme několik základních příkladů na použití zmíněných vlastností.

Příklad 1.18#

Dokážeme vzorec pro součet prvních $n$ po sobě jdoucích přirozených čísel:

$\sum_{k=1}^n k = \frac{\text{1. člen} + \text{poslední člen}}{2}\cdot \text{počet členů} = \frac{n(n+1)}{2}.$

Traduje se, že mladý Carl Friedrich Gauss dostal ve škole za úkol sečíst všechna přirozená čísla od $1$ do $100$ . Učitel pravděpodobně předpokládal, že je žáci budou sčítat přímo, tedy postupně. Avšak Gauss jako jediný ve třídě dospěl ke správnému výsledku, neboť nesčítal čísla od nejmenšího k největšímu, ale všiml si, že pokud sečte první (tj. $1$ ) s posledním (tj. $100$ ), dostane součet $101$ , pokud sečte druhé (tj. $2$ ) a předposlední (tj. $99$ ), dostane opět $101$ . Takto může postupovat až k $50 + 51 = 101$ . Dostane tak 50 párů se součtem $101$ , tj. součet bude $50 \cdot 101 = 5050$ .

My nyní můžeme postupovat několika formálně různými způsoby, i když se první dva liší pouze formou zápisu:

Použijeme Gaussův způsob, tedy rozepíšeme hledaný součet dvakrát pod sebou, ve druhém řádku však v opačném pořadí:

$\begin{aligned} &1 + 2 + 3 + \ldots + n\ \tblue{+} \\ \tblue{+}\ &n + (n-1) + \ldots + 1 \end{aligned}$

Nejprve vždy sečteme dvě čísla ve stejném sloupci. Každý z $n$ takových párů má součet $n+1$ , proto

$2\sum_{k=1}^n k = n(n+1) \quad \implies \quad \sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}.$
Využijeme zkráceného zápisu součtu a jeho vlastností:

$\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} k &= \frac{1}{2} \left(\sum_{k=1}^{n} k + \sum_{k=1}^{n} k\right) = \frac{1}{2} \left(\sum_{k=1}^{n} k + \sum_{k=1}^{n} (n+1-k)\right) =\\ &= \frac{1}{2} \left(\sum_{k=1}^{n} (k+n+1-k)\right) = \frac{1}{2} \left(\sum_{k=1}^{n} (n+1)\right) = \frac{1}{2} n(n+1). \end{aligned}$
Výsledek lze také získat oklikou – úpravou výrazu s druhými mocninami:

$\sum_{k=1}^n k^2 - \sum_{k=1}^n (k-1)^2 = \left(\cancel{1^2} + \cancel{2^2} + \ldots + n^2\right) - \left(0^2 + \cancel{1^2} + \ldots + \cancel{(n-1)^2}\right) = n^2.$

V této úpravě jsme použili tzv. teleskopickou sumu, ke které se ještě podrobněji vrátíme.

Tentýž výraz zároveň upravíme podle vlastností sumy:

$\begin{aligned} \sum_{k=1}^n k^2 - \sum_{k=1}^n (k-1)^2 &= \sum_{k=1}^n \left(k^2 - (k-1)^2\right) = \sum_{k=1}^n (2k-1) =\\ &= 2 \sum_{k=1}^n k - \sum_{k=1}^n 1 = 2 \sum_{k=1}^n k - n. \end{aligned}$

Z rovnosti

$n^2 = 2 \sum_{k=1}^n k - n$

pak již snadno získáme kýžený vzorec.
Úlohu lze také ilustrovat tabulkou zápasů $n+1$ týmů, kdy hraje každý s každým.

Příklad 1.19#

Sečtěte $\dst \sum_{i=1}^{100} (3i-10)$ .

Odpověď

$14150$ .

Postup řešení

Použijeme vlastnosti linearity sum a výsledek příkladu 1.18:

$\begin{aligned} \sum_{i=1}^{100} (3i-10) &= \sum_{i=1}^{100} (3i + (-10)) = \sum_{i=1}^{100} (3i) + \sum_{i=1}^{100} (-10) = 3 \sum_{i=1}^{100} i - \sum_{i=1}^{100} 10 =\\ &= 3 \cdot \frac{100 \cdot (100 + 1)}{2} - 100 \cdot 10 = 14150. \end{aligned}$

Jak jsme již letmo viděli u příkladu 1.18 (způsob c), jedním z nejefektivnějších triků pro zjednodušení a výpočet sum může být využití tzv. teleskopické sumy:

Věta 1.20Teleskopická suma#

Pokud se pro členy sumy $\sum_{k=1}^n a_k$ podaří najít posloupnost $(b_k)_{k=1}^{n+1}$ tak, aby pro všechna $k \in \set{1, 2, \ldots, n}$ platilo

$a_k = b_{k+1} - b_k,$

pak

$\sum_{k=1}^n a_k = b_{n+1} - b_1.$

Důkaz

Použijeme vlastnosti linearity a přečíslování sum:

$\begin{aligned} \sum_{k=1}^n a_k &= \sum_{k=1}^n (b_{k+1} - b_k) = \sum_{k=1}^n b_{k+1} - \sum_{k=1}^n b_k = \sum_{k=2}^{n+1} b_k - \sum_{k=1}^n b_k =\\ &= \cancel{\sum_{k=2}^n b_k} + b_{n+1} - b_1 - \cancel{\sum_{k=2}^n b_k} = b_{n+1} - b_1. \end{aligned}$

Poznámka 1.21#

Obdobně lze princip teleskopické sumy použít i tehdy, když

$a_k = b_k - b_{k+1}.$

V takovém případě se otočí i výsledek:

$\sum_{k=1}^n a_k = b_1 - b_{n+1}.$
V případě, že dolní mez sumy není jednička, pravidlo teleskopické sumy se v podstatě nezmění, musíme jenom upravit příslušné indexy.

Platí-li totiž $a_k = b_{k+1}-b_k$ pro všechna $k \in \set{m, m+1, \ldots, n}$ , je

$\sum_{k=m}^n a_k = b_{n+1} - b_m.$

Princip použití teleskopické sumy si dále ukážeme podrobněji.

Příklad 1.22#

Sečteme $\dst \sum_{k=1}^n 2^k$ .

Protože $2^k = 2^k \cdot (2-1) = 2^{k+1} - 2^k$ , máme

$\sum_{k=1}^n 2^k = 2^{n+1} - 2^1 = 2^{n+1} - 2.$

V označeních předchozí věty zde $a_k = b_k = 2^k$ .

Nyní si použití teleskopické sumy ukážeme na obecnějším příkladu.

Příklad 1.23Součet geometrické posloupnosti#

Odvodíme vzorec pro součet prvních $n+1$ členů geometrické posloupnosti s prvním členem rovným $1$ a kvocientem $q \neq 1$ :

$\sum_{k=0}^n q^k = \text{1. člen} \cdot \frac{1-q^{\text{počet členů}}}{1-q} = \frac{1-q^{n+1}}{1-q}.$

Abychom znovu mohli užít krácení pomocí teleskopické sumy, provedeme nejprve rozšíření obecného členu dané sumy chytrou jedničkou:

$\underbrace{q^k}_{a_k} = q^k \cdot \underbrace{\frac{q-1}{q-1}}_{\tblue{=1}} = \frac{q^{k+1}-q^k}{q-1} = \underbrace{\frac{q^{k+1}}{q-1}}_{b_{k+1}} - \underbrace{\frac{q^k}{q-1}}_{b_k}.$

Pak z věty 1.20 plyne

$\sum_{k=0}^n q^k = \underbrace{\frac{q^{n+1}}{q-1}}_{b_{n+1}} - \underbrace{\frac{q^0}{q-1}}_{b_0} = \frac{q^{n+1} - 1}{q-1} = \frac{1-q^{n+1}}{1-q}.$

Poznámka 1.24#

Tento postup lze zobecnit i na případ, kdy první člen geometrické posloupnosti není roven $1$ , ale libovolnému číslu $c$ – pomůže vytknutí tohoto členu před sumu:

$\sum_{k=0}^n (c \cdot q^k) = c \cdot \sum_{k=0}^n q^k.$
Obdobně lze odvodit vzorec pro případ, když suma má v dolní mezi jedničku:

$\sum_{k=1}^n q^k = q \cdot \frac{1-q^n}{1-q}.$

Pro odvození jiným způsobem by pomohlo odčítání „zbytečného“ členu:

$\sum_{k=1}^n q^k = \sum_{k=0}^n q^k - q^0 = \frac{1-q^{n+1}}{1-q} -1 = \frac{q - q^{n+1}}{1-q} = q \cdot \frac{1-q^n}{1-q}.$

U dvou dalších příkladů vznik teleskopického efektu už nebude ze začátku vůbec zřejmý.

Příklad 1.25#

Odvodíme vzorec pro součet druhých mocnin prvních $n$ po sobě jdoucích přirozených čísel:

$\sum_{k=1}^n k^2 = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{n\left(n+\frac{1}{2}\right)(n+1)}{3}.$

Druhý tvar může být jednodušší k zapamatování – je podobný vzorci z příkladu 1.18.

Tipneme, že druhé mocniny nám mohou zůstat po krácení některých původně kubických výrazů. Zapíšeme tedy teleskopickou sumu pro třetí mocniny:

$\sum_{k=1}^n \left(\underbrace{(k+1)^3}_{\tred{b_{k+1}}} - \underbrace{k^3}_{\tred{b_k}}\right) = \underbrace{(n+1)^3}_{\tred{b_{n+1}}} - \underbrace{1^3}_{\tred{b_1}}.$

Jak uvidíme dále, výhodnější však bude úprava v mírně odlišném tvaru:

$\sum_{k=1}^n \left(\underbrace{k^3}_{\tgreen{b_{k+1}}} - \underbrace{(k-1)^3}_{\tgreen{b_k}}\right) = \underbrace{n^3}_{\tgreen{b_{n+1}}} - \underbrace{0^3}_{\tgreen{b_1}} = n^3.$

Nyní upravíme obecný člen – měli jsme v plánu, aby v něm zůstal nejvýše kvadratický výraz:

$k^3 - (k-1)^3 = k^3 - (k^3 - 3k^2 + 3k - 1) = 3k^2 - 3k + 1.$

S využitím již dobře známých vlastností sum a vzorce pro součet prvních mocnin z příkladu 1.18 získáme:

$\begin{aligned} \sum_{k=1}^n \left(k^3 - (k-1)^3\right) &= \sum_{k=1}^n \left(3k^2 - 3k + 1\right) = 3\sum_{k=1}^n k^2 - 3\sum_{k=1}^n k + \sum_{k=1}^n 1 =\\ &= 3\sum_{k=1}^n k^2 - 3 \cdot \frac{n(n+1)}{2} + n. \end{aligned}$

Z rovnosti

$n^3 = 3\sum_{k=1}^n k^2 - 3 \cdot \frac{n(n+1)}{2} + n$

pak jednoduše dostaneme

$\begin{aligned} \sum_{k=1}^n k^2 &= \frac{1}{3} \left(n^3 + 3 \cdot \frac{n(n+1)}{2} -n\right) = \frac{1}{6} n \left(2n^2 + 3(n + 1) - 2\right) =\\ &= \frac{1}{6} n(2n^2 + 3n + 1) = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6} = \frac{n\left(n+\frac{1}{2}\right)(n+1)}{3}. \end{aligned}$

Příklad 1.26#

Zjednodušme sumu $\dst \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k} + \sqrt{k+1}}$ .

Opět pomůže rozšíření chytrou jedničkou:

$\begin{aligned} \sum_{k=1}^n \frac{1}{\sqrt{k} + \sqrt{k+1}} &= \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{\sqrt{k+1} + \sqrt{k}} \cdot \frac{\sqrt{k+1} - \sqrt{k}}{\sqrt{k+1} - \sqrt{k}}\right) = \sum_{k=1}^n \frac{\sqrt{k+1} - \sqrt{k}}{(k+1) - k} =\\ &= \sum_{k=1}^n \left(\underbrace{\sqrt{k+1}}_{b_{k+1}} - \underbrace{\sqrt{k}}_{b_k}\right) = \underbrace{\sqrt{n+1}}_{b_{n+1}} - \underbrace{1}_{b_1}. \end{aligned}$

Nyní probereme příklad znázorňující ještě jednu užitečnou vlastnost sum.

Příklad 1.27Uzávorkování sumy#

Zjednodušme výraz $\dst \sum_{k=1}^n (-1)^k k^2$ .

Především si všimněme, že se znaménka členů sumy střídají.

Začneme případem sudé horní meze, označme ji $n := 2m$ ( $m \in \N$ ). Využijeme vlastnosti vyplývající z asociativního zákona:

$\sum_{k=1}^{2m} a_k = \sum_{k=1}^m \left(a_{2k-1} + a_{2k}\right),$

což je uzávorkování sumy po dvou členech.

Dále pokračujeme v úpravách sum standardně:

$\begin{aligned} \sum_{k=1}^n (-1)^k k^2 &= \sum_{k=1}^{2m} (-1)^k k^2 = \sum_{k=1}^m \left((-1)^{2k-1} (2k-1)^2 + (-1)^{2k} (2k)^2\right) =\\ &= \sum_{k=1}^m \left((2k)^2 - (2k-1)^2\right) = \sum_{k=1}^m \left(\bigl(2k - (2k-1)\bigr) \cdot \bigl(2k + (2k-1)\bigr)\right) =\\ &= \sum_{k=1}^m (4k-1) = 4\sum_{k=1}^m k - \sum_{k=1}^m 1 = 4 \cdot \frac{m(m+1)}{2} - m =\\ &= m(2m+1) = \frac{n}{2}(n+1) = \frac{n(n+1)}{2}. \end{aligned}$
V případě lichého $n$ , tj. $n := 2m+1$ ( $m \in \N_0$ ), stačí zapsat poslední člen sumy zvlášť a využít již dokázaného vzorce pro sudý případ:

$\begin{aligned} \sum_{k=1}^n (-1)^k k^2 &=\sum_{k=1}^{2m+1} (-1)^k k^2 = \tblue{\sum_{k=1}^{2m} (-1)^k k^2} + (-1)^{2m+1} (2m+1)^2 =\\ &= \tblue{m(2m+1)} - (2m+1)^2 = -(m+1)(2m+1) =\\ &= -\left(\frac{n-1}{2} + 1\right)n = -\frac{n(n+1)}{2}. \end{aligned}$

Protože se výsledky obou případů liší pouze znaménkem, konečný tvar můžeme zapsat pomocí mocniny $-1$ :

$\sum_{k=1}^n (-1)^k k^2 = (-1)^n \frac{n(n+1)}{2}.$

Tuto přednášku zakončíme krátkým seznámením s vnořenými sumami a produkty – sice se s nimi budeme setkávat spíše řidčeji, ale je dobré si uvědomit, jak fungují.

Příklad 1.28#

Jak bychom mohli zapsat pomocí sum součet všech dělitelů čísla $5\,000\,000$ ?

Prvočíselný rozklad daného čísla vytvoříme snadno:

$5\,000\,000 = 5 \cdot 10^6 = 5 \cdot 2^6 \cdot 5^6 = 2^6 \cdot 5^7.$

Každý jeho dělitel tedy lze zapsat jako

$2^i \cdot 5^j,\quad \text{kde } i \in \set{0, 1, \ldots, 6},\ j \in \set{0, 1, \ldots, 7}.$

Náš úkol proto spočívá v sečtení všech čísel takového tvaru, neformálně zapsáno, potřebujeme zjistit hodnotu $\sum_{i,j} 2^i 5^j$ . Přesnější zápis této sumy můžeme provést nejméně dvěma způsoby:

$\sum_{i=0}^6 \sum_{j=0}^7 2^i 5^j = \sum_{j=0}^7 \sum_{i=0}^6 2^i 5^j.$

Liší se tím, že v prvním předpisu nejprve upevníme $i$ , tedy mocninu dvojky, a projdeme všechny možné jí příslušné mocniny pětky $j$ . V druhém případě ke každému fixovanému $j$ procházíme všechny přípustné možnosti $i$ .

Vhodnou ilustrací k tomu je obrázek 1. V prvním případě nejdříve najdeme součty čísel v jednotlivých sloupečcích, poté tyto součty sečteme. Ve druhém případě nejprve hledáme součty v jednotlivých řádcích. V programování by takové postupy mohly odpovídat dvěma vnořeným cyklům.

Obrázek 1: Různá pořadí sčítání dělitelů čísla $5\,000\,000$ .

Věta 1.29Záměna pořadí sum 1#

Pokud meze vnitřní sumy nezávisí na sčítacím indexu sumy vnější, můžeme pořadí sum zaměnit:

$\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^m a_{i,j} = \sum_{j=0}^m \sum_{i=0}^n a_{i,j}.$

Důkaz

Bezprostředně plyne z asociativity a komutativity operace sčítání.

Často ale uvidíme, že meze vnitřní sumy na vnějším sčítacím indexu závislé jsou. Pak lze záměnu pořadí sum provést také, avšak o něco pozorněji.

Věta 1.30Záměna pořadí sum 2#

$\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^{\tred{i}} a_{i,j} = \sum_{j=0}^n \sum_{i=\tgreen{j}}^n a_{i,j}.$

Důkaz

$\begin{aligned} &\sum_{i=0}^n \sum_{j=0}^{\tred{i}} a_{i,j} = \underbrace{(\tblue{a_{0,0}})}_{i=0} + \underbrace{(\tblue{a_{1,0}} + \tgreen{a_{1,1}})}_{i=1} + \underbrace{(\tblue{a_{2,0}} + \tgreen{a_{2,1}} + a_{2,2})}_{i=2} + \ldots + \underbrace{(\tblue{a_{n,0}} + \tgreen{a_{n,1}} + \ldots + a_{n,n})}_{i=n} =\\ &= \underbrace{(\tblue{a_{0,0}} + \tblue{a_{1,0}} + \tblue{a_{2,0}} + \ldots + \tblue{a_{n,0}})}_{j=0} + \underbrace{(\tgreen{a_{1,1}} + \tgreen{a_{2,1}} + \ldots + \tgreen{a_{n,1}})}_{j=1} + \ldots + \underbrace{(a_{n,n})}_{j=n} = \sum_{j=0}^n \sum_{i=\tgreen{j}}^n a_{i,j}. \end{aligned}$

Ilustrací obou pořadí sčítání je obrázek 2, opět se jedná o sčítání nejprve v jednotlivých sloupcích, resp. nejprve v každém řádku.

Ukážeme si pár příkladů na vnořené sumy.

Příklad 1.31#

$\dst \sum_{j=0}^n \sum_{i=j}^n \binom{i}{j} = \sum_{i=0}^n \underbrace{\sum_{j=0}^i \binom{i}{j}}_{=2^i} = \sum_{i=0}^n 2^i = 2^{n+1} - 1$ .

Využili jsme mimo jiné vlastnosti kombinačních čísel, kterou dokážeme v následující přednášce.

Příklad 1.32#

Někdy se může hodit i „umělé“ vytvoření vnitřní sumy. Poté použijeme vzorec teleskopické sumy:

$\begin{aligned} \sum_{k=1}^n (k \cdot 2^k) &= \sum_{k=1}^n \sum_{i=1}^k 2^k = \sum_{i=1}^n \sum_{k=i}^n 2^k = \sum_{i=1}^n \sum_{k=i}^n (2^{k+1} - 2^k) =\\ &= \sum_{i=1}^n (2^{n+1} - 2^i) = \sum_{i=1}^n 2^{n+1} - \sum_{i=1}^n 2^i = n \cdot 2^{n+1} - 2 \cdot \frac{2^n - 1}{2-1} =\\ &= n \cdot 2^{n+1} - 2^{n+1} + 2 = 2^{n+1} (n-1) + 2. \end{aligned}$

A co motivační příklad ze začátku přednášky? Ten pro nás již nepředstavuje žádnou potíž.

Příklad 1.1#

$\dst \sum_{k=1}^n \frac{k!}{\prod_{j=3}^{k+1} (j-2)} = \sum_{k=1}^n \frac{k!}{\prod_{j=1}^{k-1} j} = \sum_{k=1}^n \frac{\prod_{j=1}^k j}{\prod_{j=1}^{k-1} j} = \sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}$ .