Lumos
Kontakty
Na této stránce

Cvičení 3

Zkrácené psaní součtů a součinů

Výpočty se sumami a produkty, teleskopické součty, vnořené sumy a produkty.

PDF

Sumy

Základní příklady

Příklad 3.1#

Vypočítejte:

  1. ∑k=−12k3\dst \sum_{k=-1}^2 k^3;
  2. ∑k=−134\dst \sum_{k=-1}^3 4;
  3. ∑j=−11(2j−1)\dst \sum_{j=-1}^1 (2j-1);
  4. ∑ℓ=03ℓ2\dst \sum_{\ell=0}^3 \frac{\ell}{2}.
Odpověď

1) 88;    2) 2020;    3) −3-3;    4) 33.

Nápověda

Sumu prostě rozepište: postupně dosazujte za sčítací index všechna celá čísla od dolní meze po horní. Pozor na počet členů – suma ∑k=mn\sum_{k=m}^{n} jich má n−m+1n-m+1, nikoli n−mn-m. V bodě 2) navíc sčítanec na indexu vůbec nezávisí.

Postup řešení
  1. ∑k=−12k3=(−1)3+03+13+23=−1+0+1+8=8\dst \sum_{k=-1}^2 k^3 = (-1)^3 + 0^3 + 1^3 + 2^3 = -1+0+1+8 = 8;
  2. ∑k=−134=4+4+4+4+4⏟5 cˇlenu˚=4⋅5=20\dst \sum_{k=-1}^3 4 = \underbrace{4+4+4+4+4}_{5 \text{ členů}} = 4 \cdot 5 = 20;
  3. ∑j=−11(2j−1)=(−3)+(−1)+1=−3\dst \sum_{j=-1}^1 (2j-1) = (-3) + (-1) + 1 = -3;
  4. ∑ℓ=03ℓ2=02+12+22+32=62=3\dst \sum_{\ell=0}^3 \frac{\ell}{2} = \frac{0}{2} + \frac{1}{2} + \frac{2}{2} + \frac{3}{2} = \frac{6}{2} = 3.
Poznámka

V bodě 2) je počet členů 3−(−1)+1=53 - (-1) + 1 = 5; obecně má suma ∑k=mnak\sum_{k=m}^{n} a_k přesně n−m+1n-m+1 členů. Odtud i užitečný vzorec ∑k=mnc=(n−m+1)⋅c\sum_{k=m}^{n} c = (n-m+1) \cdot c pro libovolnou konstantu cc.

Příklad 3.2#

Posuňte index a zachovejte rovnost:

1) ∑k=1nak=∑k=5?a?;2) ∑k=5102kk−1=∑k=?7 ?;3) ∑k=510(3k+1)2=∑k=??(3k−5)2.\text{1) } \dst \sum_{k=1}^n a_k = \sum_{k=5}^{\tred{?}} a_{\tred{?}}\text{;} \qquad \text{2) } \dst \sum_{k=5}^{10} \frac{2k}{k-1} = \sum_{k=\tred{?}}^7\, \tred{?}\text{;} \qquad \text{3) } \dst \sum_{k=5}^{10} \left(3k+1\right)^2 = \sum_{k=\tred{?}}^{\tred{?}} \left(3k-5\right)^2.

Odpověď

1) ∑k=5n+4ak−4\dst \sum_{k=5}^{n+4} a_{k-4};    2) ∑k=272k+6k+2\dst \sum_{k=2}^7 \frac{2k+6}{k+2};    3) ∑k=712(3k−5)2\dst \sum_{k=7}^{12} \left(3k-5\right)^2.

Nápověda

Posun indexu je jen přeznačení: zavedeme nový index j:=k+cj := k + c (tj. k=j−ck = j - c), do sčítance dosadíme a obě meze posuneme o totéž číslo cc. Kontrola je snadná – počet členů i první a poslední sčítanec se posunem nesmí změnit.

Postup řešení

  1. Dolní mez se má posunout z 11 na 55, tedy o +4+4. Zavedeme j:=k+4j := k+4, čili k=j−4k = j-4; horní mez se posune z nn na n+4n+4 a sčítanec aka_k přejde na aj−4a_{j-4}:

    ∑k=1nak=∑j=5n+4aj−4=∑k=5n+4ak−4.\sum_{k=1}^n a_k = \sum_{j=5}^{n+4} a_{j-4} = \sum_{k=5}^{n+4} a_{k-4}.

    V posledním kroku jsme jen přejmenovali sčítací index zpět na kk; jde v jistém smyslu o lokální proměnnou, takže na jejím označení nezáleží.

  2. Horní mez se má posunout z 1010 na 77, tedy o −3-3. Položíme j:=k−3j := k-3, čili k=j+3k = j+3; dolní mez přejde z 55 na 22 a sčítanec na

    2(j+3)(j+3)−1=2j+6j+2.\frac{2(j+3)}{(j+3)-1} = \frac{2j+6}{j+2}.

    Celkem tedy

    ∑k=5102kk−1=∑k=272k+6k+2.\sum_{k=5}^{10} \frac{2k}{k-1} = \sum_{k=2}^{7} \frac{2k+6}{k+2}.

  3. Zde je předepsán nový sčítanec. Hledáme posun cc takový, aby po dosazení k=j−ck = j-c vyšlo 3k+1=3(j−c)+1=!3j−53k+1 = 3(j-c)+1 \overset{!}{=} 3j-5, tedy −3c+1=−5-3c+1 = -5 a c=2c = 2. Meze se proto posunou o +2+2:

    ∑k=510(3k+1)2=∑k=712(3k−5)2.\sum_{k=5}^{10} \left(3k+1\right)^2 = \sum_{k=7}^{12} \left(3k-5\right)^2.

Poznámka

Rychlá zkouška u bodu 3): první sčítanec vlevo je pro k=5k=5 roven (3⋅5+1)2=162(3 \cdot 5 + 1)^2 = 16^2, vpravo pro k=7k=7 roven (3⋅7−5)2=162(3 \cdot 7 - 5)^2 = 16^2. Souhlasí i počet členů: 10−5+1=6=12−7+110-5+1 = 6 = 12-7+1.

Příklad 3.3#

Dokažte vzorec pro součet prvních nn po sobě jdoucích přirozených čísel:

∑k=1nk=n(n+1)2=(1⏞1. cˇlen+n⏞poslednıˊ cˇlen)⋅n⏞pocˇet cˇlenu˚2.\sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2} = \frac{(\overbrace{1}^{\text{1. člen}} + \overbrace{n}^{\text{poslední člen}}) \cdot \overbrace{n}^{\text{počet členů}}}{2}.

Postup řešení

Lze postupovat několika formálně odlišnými způsoby:

  1. Rozepsat sumu dvakrát pod sebou:

         1+2+3+…+n ++ n+(n−1)+…+1.\begin{gathered} \ \ \ \ \ 1 + 2 + 3 + \ldots + n\ \tblue{+} \\ \tblue{+}\ n + (n-1) + \ldots + 1. \end{gathered}

    Každá dvojice členů stojících nad sebou dá součet n+1n+1 a takových dvojic je nn; dvojnásobek hledaného součtu je tedy n(n+1)n(n+1).

  2. Využít zkráceného zápisu:

    ∑k=1nk=12(∑k=1nk+∑k=1nk)=12(∑k=1nk+∑k=1n(n+1−k))==12(∑k=1n(k+n+1−k))=12(∑k=1n(n+1))=12n(n+1).\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}

    Ve druhé sumě jsme přitom jen obrátili pořadí sčítanců, což je záměna indexu k↦n+1−kk \mapsto n+1-k.

  3. Získat výsledek ze vztahu:

    n2=∑k=1nk2−∑k=1n(k−1)2=∑k=1n(2k−1)=2∑k=1nk−∑k=1n1=2∑k=1nk−n.n^2 = \sum_{k=1}^n k^2 - \sum_{k=1}^n (k-1)^{2} = \sum_{k=1}^n (2k - 1) = 2 \sum_{k=1}^n k - \sum_{k=1}^n 1 = 2 \sum_{k=1}^{n} k-n.

    (První rovnost plyne z toho, že druhá suma je jen posunutou první, takže se skoro všechny členy odečtou – jde o teleskopickou sumu.)

  4. Nakreslit si tabulku zápasů (n+1)(n+1) týmů, kdy hraje každý s každým.

Příklad 3.4#

Sečtěte ∑k=1100(k−10)\dst \sum_{k=1}^{100} \left(k-10\right).

Odpověď

40504050.

Nápověda

Sumu rozdělte na dvě podle vlastnosti ∑(ak+bk)=∑ak+∑bk\sum (a_k + b_k) = \sum a_k + \sum b_k: na ∑k\sum k (na to znáte vzorec z příkladu 3.3) a na sumu z konstanty.

Postup řešení

∑k=1100(k−10)=∑k=1100k−∑k=110010=100⋅1012−100⋅10=5050−1000=4050.\sum_{k=1}^{100} \left(k-10\right) = \sum_{k=1}^{100} k - \sum_{k=1}^{100} 10 = \frac{100 \cdot 101}{2} - 100 \cdot 10 = 5050 - 1000 = 4050.

Poznámka

Jde o součet aritmetické posloupnosti s diferencí d=1d = 1, takže výsledek lze získat i přímo: první člen je −9-9, poslední 9090 a členů je 100100, tedy

(−9+90)⋅1002=81⋅1002=4050.\frac{(-9+90) \cdot 100}{2} = \frac{81 \cdot 100}{2} = 4050.

Příklad 3.5#

Zjednodušte ∑k=12nk+∑k=12n(−1)kk\dst \sum_{k=1}^{2n} k + \sum_{k=1}^{2n} \left(-1\right)^k k.

Odpověď

2n(n+1)2n(n+1).

Nápověda

Obě sumy mají stejné meze, lze je proto sloučit do jedné a vytknout kk. Rozmyslete si, čemu je roven výraz 1+(−1)k1 + (-1)^k pro liché a čemu pro sudé kk.

Postup řešení

Obě sumy sloučíme a vytkneme kk:

∑k=12nk+∑k=12n(−1)kk=∑k=12n([1+(−1)k]k).\sum_{k=1}^{2n} k + \sum_{k=1}^{2n} \left(-1\right)^k k = \sum_{k=1}^{2n} \left(\left[1 + (-1)^k\right] k\right).

Pro liché kk je 1+(−1)k=01+(-1)^k = 0, pro sudé kk je 1+(−1)k=21+(-1)^k = 2. Liché členy se tedy zkrátí a zůstanou jen dvojnásobky sudých členů. Sudá čísla mezi 11 a 2n2n zapíšeme jako k=2jk = 2j, kde j=1,2,…,nj = 1, 2, \dots, n:

∑j=1n2⋅(2j)=4∑j=1nj=4⋅n(n+1)2=2n(n+1).\sum_{j=1}^n 2 \cdot (2j) = 4 \sum_{j=1}^n j = 4 \cdot \frac{n(n+1)}{2} = 2n(n+1).

Poznámka

Zkouška pro n=1n = 1 (tedy suma do 22): (1+2)+(−1+2)=4\left(1+2\right) + \left(-1+2\right) = 4 a 2⋅1⋅(1+1)=42 \cdot 1 \cdot (1+1) = 4.

Příklad 3.6#

Odvoďte vzorec pro součet členů aritmetické posloupnosti s diferencí dd:

∑k=0n(a+kd)=?⏞1. cˇlen+?⏞poslednıˊ cˇlen2⋅?⏞pocˇet cˇlenu˚.\sum_{k=0}^n (a+kd) = \frac{\overbrace{\tred{?}}^{\text{1. člen}} + \overbrace{\tred{?}}^{\text{poslední člen}}}{2} \cdot \overbrace{\tred{?}}^{\text{počet členů}}.

Odpověď

a+(a+nd)2⋅(n+1)\dst \frac{a+(a+nd)}{2} \cdot \left(n+1\right).

Nápověda

Sumu rozdělte na dvě: konstantní část aa a část s kdkd. Na druhou z nich použijte vzorec z příkladu 3.3. Nezapomeňte, že suma začíná od k=0k = 0, takže má n+1n+1 členů.

Postup řešení

Sumu rozdělíme a na druhou část použijeme vzorec ∑k=1nk=n(n+1)2\sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2} (člen pro k=0k=0 je nulový):

∑k=0n(a+kd)=∑k=0na+∑k=0nkd=(n+1)a+d∑k=1nk=(n+1)a+d n(n+1)2.\sum_{k=0}^n (a+kd) = \sum_{k=0}^n a + \sum_{k=0}^n kd =\left(n+1\right)a + d \sum_{k=1}^n k = \left(n+1\right)a + d\,\frac{n(n+1)}{2}.

Vytknutím n+12\frac{n+1}{2} dostaneme

n+12(2a+nd)=a+(a+nd)2⋅(n+1),\frac{n+1}{2}\left(2a+nd\right) = \frac{a+(a+nd)}{2} \cdot \left(n+1\right),

což je přesně tvar „(první člen ++ poslední člen) krát počet členů, děleno dvěma“.

Poznámka

Pro součet prvních n+1n+1 členů aritmetické posloupnosti se často hodí i další vzorec, který je jen mírnou úpravou již dokázaného:

∑k=0n(a+kd)=2a+nd2⋅(n+1),\sum_{k=0}^n (a+kd) = \frac{2a+nd}{2} \cdot (n+1),

kde se místo posledního členu používá jeho zápis a+nda+nd pomocí prvního členu aa a diference dd.

Příklad 3.7#

Odvoďte vzorec an−bn=(a−b)∑k=0n−1akbn−1−k\dst a^n-b^n = (a-b) \sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-1-k}.

Nápověda

Roznásobte pravou stranu a obě vzniklé sumy zapište tak, aby měly stejný sčítanec akbn−ka^k b^{n-k} – v jedné z nich k tomu bude potřeba posunout index. Většina členů se pak odečte.

Postup řešení

(a−b)∑k=0n−1akbn−1−k=∑k=0n−1ak+1bn−(k+1)−∑k=0n−1akbn−k==∑k=1nakbn−k−∑k=0n−1akbn−k=an−bn.\begin{aligned} (a-b) \sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-1-k} & = \sum_{k=0}^{n-1} a^{k+1} b^{n-(k+1)} - \sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-k} = \\ & = \sum_{k=1}^n a^k b^{n-k} - \sum_{k=0}^{n-1} a^k b^{n-k} = a^n-b^n. \end{aligned}

Využili jsme roznásobení a posunutí indexu. Po odečtení zbyl z první sumy jen nn-tý člen a z druhé sumy jen ten nultý. Jde o typický efekt tzv. teleskopické sumy.

Poznámka

Pro n=2n = 2 dostáváme známý vzorec a2−b2=(a−b)(a+b)a^2-b^2 = (a-b)(a+b), pro n=3n = 3 vztah a3−b3=(a−b)(a2+ab+b2)a^3-b^3 = (a-b)\left(a^2+ab+b^2\right). Dosazením a=qa = q, b=1b = 1 navíc vyjde vzorec pro součet geometrické posloupnosti z příkladu 3.9.

Příklad 3.8#

Sečtěte:    1) ∑k=1nk2\dst \sum_{k=1}^n k^2;    2) ∑k=1nk3\dst \sum_{k=1}^n k^3.

Odpověď

1) n(n+1)(2n+1)6\dst \frac{n(n+1)(2n+1)}{6};    2) (n(n+1)2)2\dst \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2.

Nápověda

  1. Je snazší upravovat

    ∑k=1nk3−∑k=1n(k−1)3=…\sum_{k=1}^n k^3 - \sum_{k=1}^n (k-1)^3 = \ldots

    než

    ∑k=1n(k+1)3−∑k=1nk3=….\sum_{k=1}^n (k+1)^3 - \sum_{k=1}^n k^3 = \ldots.

  2. Analogicky jako u předchozího bodu upravujte výraz

    ∑k=1n(k+1)4−∑k=1nk4=…,\sum_{k=1}^n (k+1)^4 - \sum_{k=1}^n k^4 = \ldots,

    případně

    ∑k=1nk4−∑k=1n(k−1)4=….\sum_{k=1}^n k^4 - \sum_{k=1}^n (k-1)^4 = \ldots.

Postup řešení

Obě části využívají téhož triku: teleskopickou sumu z mocnin o jeden stupeň vyšších.

  1. Budeme upravovat výraz

    ∑k=1nk3−∑k=1n(k−1)3\sum_{k=1}^n k^3 - \sum_{k=1}^n (k-1)^3

    dvěma způsoby. Předně lze využít teleskopickou sumu – druhá je posunutou první, proto se po odečtení všechny členy až na dva vyruší a zbude jen poslední člen první sumy a první člen druhé sumy, tedy

    ∑k=1nk3−∑k=1n(k−1)3=n3−03=n3.\sum_{k=1}^n k^3 - \sum_{k=1}^n (k-1)^3 = n^3 - 0^3 = n^3.

    Na druhou stranu můžeme obě sumy sloučit do jedné a postupovat rozepsáním k3−(k−1)3=3k2−3k+1k^3 - (k-1)^3 = 3k^2 - 3k + 1:

    ∑k=1nk3−∑k=1n(k−1)3=∑k=1n(k3−(k−1)3)=∑k=1n(3k2−3k+1)==3∑k=1nk2−3∑k=1nk+∑k=1n1=3∑k=1nk2−3 n(n+1)2+n.\begin{aligned} \sum_{k=1}^n k^3 - \sum_{k=1}^n (k-1)^3 &= \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\,\frac{n(n+1)}{2} + n. \end{aligned}

    Z rovnosti

    n3=3∑k=1nk2−3 n(n+1)2+nn^3 = 3\sum_{k=1}^n k^2 - 3\,\frac{n(n+1)}{2} + n

    pak vyjádříme hledanou sumu:

    ∑k=1nk2=13(n3+3n(n+1)2−n)=n(n+1)(2n+1)6.\sum_{k=1}^n k^2 = \frac{1}{3}\left(n^3 + \frac{3n(n+1)}{2} - n\right) = \frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.

  2. Postupujeme stejně jako v bodě 1), jen o stupeň výš. Z teleskopické sumy

    ∑k=1nk4−∑k=1n(k−1)4=n4\sum_{k=1}^n k^4 - \sum_{k=1}^n (k-1)^4 = n^4

    a rozepsání k4−(k−1)4=4k3−6k2+4k−1k^4-(k-1)^4 = 4k^3-6k^2+4k-1 plyne

    n4=4∑k=1nk3−6 n(n+1)(2n+1)6+4 n(n+1)2−n.n^4 = 4\sum_{k=1}^n k^3 - 6\,\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} + 4\,\frac{n(n+1)}{2} - n.

    Po dosazení již známého vzorce z bodu 1) a úpravě dostaneme

    ∑k=1nk3=n2(n+1)24=(n(n+1)2)2.\sum_{k=1}^n k^3 = \frac{n^2(n+1)^2}{4} = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2.

Poznámka

Výsledek bodu 2) je pozoruhodný: součet třetích mocnin je druhou mocninou součtu prvních mocnin, tedy

∑k=1nk3=(∑k=1nk)2.\sum_{k=1}^n k^3 = \left(\sum_{k=1}^n k\right)^2.

Například pro n=3n = 3: 1+8+27=36=(1+2+3)21+8+27 = 36 = (1+2+3)^2.

Příklad 3.9#

Dokažte vzorec pro součet členů geometrické posloupnosti s kvocientem q≠1q \neq 1:

∑k=0nqk=qn+1−1q−1=1⏞1. cˇlen⋅ 1−qn+1⏞pocˇet cˇlenu˚1−q.\sum_{k=0}^n q^k = \frac{q^{n+1}-1}{q-1} = \overbrace{1}^{\text{1. člen}} \cdot\, \frac{1 - q^{\overbrace{n+1}^{\text{počet členů}}}}{1-q}.

Nápověda

Vypočítejte (1−q)∑k=0nqk\left(1-q\right) \sum_{k=0}^n q^k.

Postup řešení

Označme S:=∑k=0nqkS := \sum_{k=0}^n q^k a vynásobme jej výrazem 1−q1-q:

(1−q) S=∑k=0nqk−∑k=0nqk+1=∑k=0nqk−∑k=1n+1qk=q0−qn+1=1−qn+1,\begin{aligned} (1-q)\,S & = \sum_{k=0}^n q^k - \sum_{k=0}^n q^{k+1} = \sum_{k=0}^n q^k - \sum_{k=1}^{n+1} q^k = q^0 - q^{n+1} = 1-q^{n+1}, \end{aligned}

kde jsme ve druhé sumě posunuli index. Jde o teleskopickou sumu – odečtou se všechny členy kromě nultého z první a posledního z druhé sumy.

Protože q≠1q \neq 1, je 1−q≠01-q \neq 0 a můžeme tím vydělit:

S=1−qn+11−q=qn+1−1q−1.S = \frac{1-q^{n+1}}{1-q} = \frac{q^{n+1}-1}{q-1}.

Poznámka

Předpoklad q≠1q \neq 1 je nutný: pro q=1q = 1 jsou všechny členy rovny jedné a součet je prostě n+1n+1. Vzorec je také zvláštním případem vztahu z příkladu 3.7 pro a=qa = q a b=1b = 1.

Příklad 3.10#

Vypočítejte:

  1. ∑k=1102k\dst \sum_{k=1}^{10} 2^k;
  2. ∑k=1522k\dst \sum_{k=1}^5 2^{2k};
  3. ∑j=0n(3⋅4j5j+1)\dst \sum_{j=0}^{n} \left(3 \cdot \frac{4^j}{5^{j+1}}\right).
Odpověď

1) 20462046;    2) 13641364;    3) 3(1−(45)n+1)3\left(1-\left(\frac{4}{5}\right)^{n+1}\right).

Nápověda

Ve všech třech případech jde o geometrickou posloupnost – je potřeba jen správně určit její první člen, kvocient a počet členů. V bodě 2) si všimněte, že 22k=4k2^{2k} = 4^k; v bodě 3) osamostatněte konstantu a zapište sčítanec jako mocninu podílu 45\frac45.

Postup řešení

Ve všech případech použijeme vzorec z příkladu 3.9 ve tvaru „první člen krát 1−qpocˇet cˇlenu˚1−q\frac{1-q^{\text{počet členů}}}{1-q}“.

  1. První člen je 22, kvocient q=2q = 2, počet členů 1010:

    ∑k=1102k=2⋅1−2101−2=2⋅1023=2046.\sum_{k=1}^{10} 2^k = 2 \cdot \frac{1-2^{10}}{1-2} = 2 \cdot 1023 = 2046.

  2. Nejprve 22k=(22)k=4k2^{2k} = \left(2^2\right)^k = 4^k. První člen je 44, kvocient 44, počet členů 55:

    ∑k=1522k=∑k=154k=4⋅1−451−4=4⋅10233=1364.\sum_{k=1}^5 2^{2k} = \sum_{k=1}^5 4^k = 4 \cdot \frac{1-4^5}{1-4} = 4 \cdot \frac{1023}{3} = 1364.

  3. Osamostatníme konstantu a zapíšeme sčítanec jako mocninu:

    ∑j=0n3⋅4j5j+1=35∑j=0n(45)j=35⋅1−(45)n+11−45=3(1−(45)n+1),\sum_{j=0}^n 3 \cdot \frac{4^j}{5^{j+1}} = \frac{3}{5} \sum_{j=0}^n \left(\frac{4}{5}\right)^j = \frac{3}{5} \cdot \frac{1-\left(\frac{4}{5}\right)^{n+1}}{1-\frac{4}{5}} = 3\left(1-\left(\frac{4}{5}\right)^{n+1}\right),

    neboť 35:15=3\frac{3}{5} : \frac{1}{5} = 3.

Příklad 3.11#

Zjednodušte ∑k=1n1k(k+1)\dst \sum_{k=1}^n \frac{1}{k\left(k+1\right)}.

Odpověď

1−1n+11-\frac{1}{n+1}.

Nápověda

Zlomek rozložte na rozdíl dvou jednodušších: hledejte čísla AA, BB tak, aby 1k(k+1)=Ak+Bk+1\frac{1}{k(k+1)} = \frac{A}{k} + \frac{B}{k+1}. Vznikne teleskopická suma, v níž se skoro všechny členy odečtou.

Postup řešení

Hlavní trik je využití vlastností teleskopické sumy – zapsat ak=bk+1−bka_k = b_{k+1} - b_k nebo ak=bk−bk+1a_k = b_k - b_{k+1} (pak se totiž většina členů pokrátí). Zde se hodí rozklad

1k(k+1)=1k−1k+1,\frac{1}{k(k+1)} = \frac{1}{k} - \frac{1}{k+1},

o jehož správnosti se přesvědčíme převedením pravé strany na společného jmenovatele.

Potom

∑k=1n1k(k+1)=∑k=1n(1k−1k+1)=∑k=1n1k−∑k=1n1k+1=∑k=1n1k−∑k=2n+11k=1−1n+1.\sum_{k=1}^n \frac{1}{k\left(k+1\right)} = \sum_{k=1}^n \left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right) = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \sum_{k=1}^n \frac{1}{k+1} = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k} - \sum_{k=2}^{n+1} \frac{1}{k} = 1-\frac{1}{n+1}.

Ve výše uvedeném značení je ak=1k(k+1)a_k = \frac{1}{k\left(k+1\right)} a bk=1kb_k = \frac{1}{k}.

Doplňující příklady

Příklad 3.12#

Vypočítejte ∑k=1n(−1)kk\dst \sum_{k=1}^n \left(-1\right)^k k.

Odpověď

(−1)n⌊n+12⌋(-1)^n \floor{\frac{n+1}{2}}.

Nápověda

Sčítance se střídají ve znaménku, proto se vyplatí je sdružit do dvojic. Rozlište případ sudého a lichého nn – při lichém nn zbude jeden člen navíc.

Postup řešení

V případě sudého n:=2mn := 2m díky asociativitě máme

∑k=1n(−1)kk=∑k=12m(−1)kk=−1+2−3+4−…+(−1)2m(2m)==((−1)+2)+((−3)+4)+…+(−(2m−1)+2m)⏟m zaˊvorek=∑k=1m1=m=n2.\begin{aligned} \sum_{k=1}^n \left(-1\right)^k k & = \sum_{k=1}^{2m} \left(-1\right)^k k = -1 + 2 - 3 + 4 - \ldots + (-1)^{2m}(2m) = \\ & = \underbrace{((-1) + 2) + ((-3) + 4) + \ldots + (-(2m-1) + 2m)}_{m \text{ závorek}} = \sum_{k=1}^m 1 = m = \frac{n}{2}. \end{aligned}

Při lichém n:=2m+1n := 2m+1 napíšeme poslední člen sumy zvlášť:

∑k=1n(−1)kk=∑k=12m+1(−1)kk=∑k=12m(−1)kk+(−1)2m+1(2m+1)=m−(2m+1)==−(m+1)=−(n−12+1)=−n+12.\begin{aligned} \sum_{k=1}^n \left(-1\right)^k k & = \sum_{k=1}^{2m+1} \left(-1\right)^k k = \sum_{k=1}^{2m} \left(-1\right)^k k + (-1)^{2m+1}(2m+1) = m - (2m+1) = \\ & = -(m+1) = -\left(\frac{n-1}{2}+1\right) = -\frac{n+1}{2}. \end{aligned}

Matematicky esteticky konečnou odpověď můžeme zapsat pomocí dolní celé části:

∑k=1n(−1)kk=(−1)n⌊n+12⌋.\sum_{k=1}^n \left(-1\right)^k k = (-1)^n \left\lfloor \frac{n+1}{2} \right\rfloor.

Využili jsme zde pravidel

∑k=12mak=∑k=1m(a2k−1+a2k),∑k=1n+1ak=∑k=1nak+an+1.\sum_{k=1}^{2m} a_k = \sum_{k=1}^m \left(a_{2k-1} + a_{2k}\right), \qquad \sum_{k=1}^{n+1} a_k = \sum_{k=1}^{n} a_k + a_{n+1}.

Poznámka

Zkouška: pro n=4n = 4 je −1+2−3+4=2-1+2-3+4 = 2 a (−1)4⌊52⌋=2(-1)^4\floor{\frac52} = 2; pro n=3n = 3 je −1+2−3=−2-1+2-3 = -2 a (−1)3⌊2⌋=−2(-1)^3\floor{2} = -2.

Příklad 3.13#

Vypočítejte ∑k=1n(−1)kk2\dst \sum_{k=1}^n \left(-1\right)^k k^2.

Odpověď

(−1)nn(n+1)2(-1)^n \frac{n(n+1)}{2}.

Nápověda

Postupujte stejně jako v příkladu 3.12: sdružte členy do dvojic. Tentokrát využijte −(2j−1)2+(2j)2=4j−1-(2j-1)^2 + (2j)^2 = 4j-1 a zvlášť vyřešte případ lichého nn.

Postup řešení

Sudé n:=2mn := 2m. Sdružíme členy do dvojic a použijeme a2−b2=(a−b)(a+b)a^2-b^2 = (a-b)(a+b):

−(2j−1)2+(2j)2=(2j−(2j−1))(2j+(2j−1))=4j−1.-(2j-1)^2 + (2j)^2 = \bigl(2j-(2j-1)\bigr)\bigl(2j+(2j-1)\bigr) = 4j-1.

Odtud

∑k=12m(−1)kk2=∑j=1m(4j−1)=4 m(m+1)2−m=2m2+m=m(2m+1)=n2 (n+1).\sum_{k=1}^{2m} (-1)^k k^2 = \sum_{j=1}^m (4j-1) = 4\,\frac{m(m+1)}{2} - m = 2m^2+m = m(2m+1) = \frac{n}{2}\,(n+1).

Liché n:=2m+1n := 2m+1. Poslední člen napíšeme zvlášť:

∑k=12m+1(−1)kk2=m(2m+1)−(2m+1)2=(2m+1)(m−2m−1)=−(2m+1)(m+1).\sum_{k=1}^{2m+1} (-1)^k k^2 = m(2m+1) - (2m+1)^2 = (2m+1)\bigl(m - 2m-1\bigr) = -(2m+1)(m+1).

Protože 2m+1=n2m+1 = n a m+1=n+12m+1 = \frac{n+1}{2}, je výsledek roven −n(n+1)2-\frac{n(n+1)}{2}.

Oba případy shrneme do jediného vzorce

∑k=1n(−1)kk2=(−1)n n(n+1)2.\sum_{k=1}^n (-1)^k k^2 = (-1)^n\,\frac{n(n+1)}{2}.

Poznámka

Zajímavé je, že absolutní hodnota výsledku je přesně ∑k=1nk\sum_{k=1}^n k – alternující součet druhých mocnin dává až na znaménko součet prvních mocnin.

Příklad 3.14#

Vypočítejte ∑k=1n1k(k+1)(k+2)\dst \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)(k+2)}.

Odpověď

n(n+3)4(n+1)(n+2)\frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}.

Nápověda

Navazuje na příklad 3.11. Zkuste sčítanec zapsat jako rozdíl bk−bk+1b_k - b_{k+1}, kde bk=Akk(k+1)b_k = \frac{A_k}{k(k+1)} – neznámou AkA_k určíte porovnáním čitatelů po převedení na společného jmenovatele.

Postup řešení

Pokusme se vytvořit teleskopickou sumu:

1k(k+1)(k+2)⏟ak=Akk(k+1)⏟bk−Ak+1(k+1)(k+2)⏟bk+1.\underbrace{\frac{1}{k(k+1)(k+2)}}_{a_k} = \underbrace{\frac{A_k}{k(k+1)}}_{b_k} - \underbrace{\frac{A_{k+1}}{(k+1)(k+2)}}_{b_{k+1}}.

Pokud převedeme pravou část na společného jmenovatele, dostaneme

1k(k+1)(k+2)=Ak(k+2)−Ak+1kk(k+1)(k+2).\frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac{A_k(k+2)-A_{k+1}k}{k(k+1)(k+2)}.

Z nutné rovnosti čitatelů můžeme zvolit AkA_k a Ak+1A_{k+1} tak, abychom se zbavili členů s kk, a zároveň platilo 2Ak=12A_k = 1, tj. Ak=Ak+1=12A_k = A_{k+1} = \frac{1}{2}.

Potom

∑k=1n1k(k+1)(k+2)=∑k=1n(12k(k+1)−12(k+1)(k+2))==12(∑k=1n1k(k+1)−∑k=1n1(k+1)(k+2))==12(∑k=1n1k(k+1)−∑k=2n+11k(k+1))==12(12−1(n+1)(n+2))==12(n+1)(n+2)−22(n+1)(n+2)=n(n+3)4(n+1)(n+2).\begin{aligned} \sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)(k+2)} & = \sum_{k=1}^n \left(\frac{\frac{1}{2}}{k(k+1)} - \frac{\frac{1}{2}}{(k+1)(k+2)}\right) = \\ & = \frac{1}{2} \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)} - \sum_{k=1}^n \frac{1}{(k+1)(k+2)}\right) = \\ & = \frac{1}{2} \left(\sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)} - \sum_{k=2}^{n+1} \frac{1}{k(k+1)}\right) = \\ & = \frac{1}{2} \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{(n+1)(n+2)}\right) = \\ & = \frac{1}{2} \frac{(n+1)(n+2) - 2}{2(n+1)(n+2)} = \frac{n(n+3)}{4(n+1)(n+2)}. \end{aligned}

Produkty

Příklad 3.15#

Vypočítejte:    1) ∏k=152\dst \prod_{k=1}^5 2,    2) ∏j=25j2\dst \prod_{j=2}^{5} j^2.

Odpověď

1) 25=322^5 = 32;    2) (5!)2=14400(5!)^2 = 14400.

Nápověda

Produkt rozepište stejně jako sumu, jen místo sčítání násobte. V bodě 1) se činitel nemění, jde tedy o mocninu; v bodě 2) lze součin druhých mocnin zapsat jako druhou mocninu součinu.

Postup řešení
  1. ∏k=152=2⋅2⋅2⋅2⋅2=25=32\dst \prod_{k=1}^5 2 = 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 \cdot 2 = 2^5 = 32;
  2. ∏j=25j2=22⋅32⋅42⋅52=(2⋅3⋅4⋅5)2=(5!)2=1202=14400\dst \prod_{j=2}^{5} j^2 = 2^2 \cdot 3^2 \cdot 4^2 \cdot 5^2 = \left(2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5\right)^2 = (5!)^2 = 120^2 = 14400.
Poznámka

Obecně platí ∏k=mnc=c n−m+1\prod_{k=m}^{n} c = c^{\,n-m+1}: konstantní činitel dá mocninu s exponentem rovným počtu členů. V bodě 2) jsme využili, že 2⋅3⋅4⋅5=1⋅2⋅3⋅4⋅5=5!2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 = 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4 \cdot 5 = 5!, neboť chybějící činitel 11 součin nemění.

Příklad 3.16#

Zjednodušte ∏k=1nak∏k=2n+1ak\dst \frac{\prod_{k=1}^n a_k}{\prod_{k=2}^{n+1} a_k} pro ak≠0a_k \neq 0.

Odpověď

a1an+1\dst \frac{a_1}{a_{n+1}}.

Nápověda

Oba součiny mají skoro stejné činitele – liší se jen v mezích. Rozepište je pod sebe a rozmyslete si, které činitele se vykrátí a které zůstanou. Jde o teleskopický součin, obdobu teleskopické sumy.

Postup řešení

Oba součiny rozepíšeme:

∏k=1nak∏k=2n+1ak=a1⋅a2⋅a3⋯ana2⋅a3⋯an⋅an+1.\frac{\prod_{k=1}^n a_k}{\prod_{k=2}^{n+1} a_k} = \frac{a_1 \cdot a_2 \cdot a_3 \cdots a_n}{a_2 \cdot a_3 \cdots a_n \cdot a_{n+1}}.

Činitelé a2,a3,…,ana_2, a_3, \dots, a_n se vyskytují v čitateli i ve jmenovateli, a protože jsou podle předpokladu nenulové, lze jimi krátit. Zbude

a1an+1.\frac{a_1}{a_{n+1}}.

Poznámka

Formálně: druhý součin je jen posunutou verzí prvního, neboť

∏k=2n+1ak=∏k=1nak+1.\prod_{k=2}^{n+1}a_k = \prod_{k=1}^{n}a_{k+1}.

Podíl je tedy ∏k=1nakak+1\prod_{k=1}^{n}\frac{a_k}{a_{k+1}}, což je právě teleskopický součin.

Příklad 3.17#

Zjednodušte ∏k=1n(1+1k)\dst \prod_{k=1}^n \left(1+\frac{1}{k}\right).

Odpověď

n+1n+1.

Nápověda

Každý činitel nejprve sečtěte do jediného zlomku. Vznikne teleskopický součin jako v příkladu 3.16.

Postup řešení

Každý činitel převedeme na jediný zlomek:

∏k=1n(1+1k)=∏k=1nk+1k=∏k=1n(k+1)∏k=1nk=2⋅3⋯(n+1)1⋅2⋯n=n+11=n+1,\prod_{k=1}^n \left(1+\frac{1}{k}\right) = \prod_{k=1}^n \frac{k+1}{k} = \frac{\prod_{k=1}^{n}(k+1)}{\prod_{k=1}^{n}k} = \frac{2 \cdot 3 \cdots (n+1)}{1 \cdot 2 \cdots n} = \frac{n+1}{1} = n+1,

neboť podle příkladu 3.16 (s ak=ka_k = k) zůstane po zkrácení jen an+1a1=n+11\frac{a_{n+1}}{a_1} = \frac{n+1}{1}.

Příklad 3.18#

Zjednodušte ∏k=0n(3⋅2k)\dst \prod_{k=0}^n \left(3 \cdot 2^k\right).

Odpověď

3n+1⋅2n(n+1)2\dst 3^{n+1} \cdot 2^{\frac{n(n+1)}{2}}.

Nápověda

Součin rozdělte na dva podle vztahu ∏(akbk)=(∏ak)(∏bk)\prod (a_k b_k) = \left(\prod a_k\right)\left(\prod b_k\right). Ve druhém z nich pak využijte ∏k2ck=2∑kck\prod_k 2^{c_k} = 2^{\sum_k c_k} – součin mocnin o stejném základu má za exponent součet původních exponentů.

Postup řešení

Součin rozdělíme; první činitel je konstantní a přispěje mocninou s exponentem rovným počtu členů, tedy n+1n+1:

∏k=0n(3⋅2k)=(∏k=0n3)⋅(∏k=0n2k)=3n+1∏k=0n2k,\prod_{k=0}^n \left(3 \cdot 2^k\right) = \left(\prod_{k=0}^n 3\right) \cdot \left(\prod_{k=0}^n 2^k\right) = 3^{n+1} \prod_{k=0}^n 2^k,

čímž jsme si zároveň zopakovali pravidlo o vytýkání konstanty z produktu.

Součin mocnin o stejném základu převedeme na jedinou mocninu se součtem exponentů:

∏k=0n2k=2∑k=0nk=2n(n+1)2.\prod_{k=0}^n 2^k = 2^{\sum_{k=0}^n k} = 2^{\frac{n(n+1)}{2}}.

Celkem tedy

∏k=0n(3⋅2k)=3n+1⋅2n(n+1)2.\prod_{k=0}^n \left(3 \cdot 2^k\right) = 3^{n+1} \cdot 2^{\frac{n(n+1)}{2}}.

Poznámka

Zde je pěkně vidět, že součin se „logaritmováním“ mění na sumu: exponent výsledné mocniny dvojky je právě součtem exponentů, tedy suma z příkladu 3.3.

Příklady k samostatnému procvičení

U následujících příkladů vypočítejte, případně pouze zjednodušte uvedené součty a součiny. Produkty stačí zapsat pomocí příslušných faktoriálů:

Příklad 3.19#

1) ∑i=−55(1+2i)\dst \sum_{i=-5}^{5} \left(1+2i\right);    2) ∏i=−55(1+2i)\dst \prod_{i=-5}^{5} \left(1+2i\right).

Odpověď

1) 1111;    2) −9 823 275-9\,823\,275.

Nápověda

Meze jsou souměrné kolem nuly. U sumy se proto všechny členy s nenulovým ii navzájem odečtou. U součinu vypište činitele – jsou to všechna lichá čísla od −9-9 do 1111; zvlášť si spočítejte, kolik z nich je záporných.

Postup řešení

Index probíhá 1111 hodnot −5,−4,…,5-5, -4, \dots, 5, příslušné hodnoty 1+2i1+2i jsou tedy

−9, −7, −5, −3, −1, 1, 3, 5, 7, 9, 11.-9, \ -7, \ -5, \ -3, \ -1, \ 1, \ 3, \ 5, \ 7, \ 9, \ 11.

  1. Sumu rozdělíme; druhá část je nulová, neboť meze jsou souměrné kolem nuly:

    ∑i=−55(1+2i)=∑i=−551+2∑i=−55i=11+2⋅0=11.\sum_{i=-5}^{5}(1+2i) = \sum_{i=-5}^{5} 1 + 2\sum_{i=-5}^{5} i = 11 + 2 \cdot 0 = 11.

  2. V součinu je pět záporných činitelů, výsledek je proto záporný:

    ∏i=−55(1+2i)=−(9⋅7⋅5⋅3⋅1)⋅(1⋅3⋅5⋅7⋅9⋅11)=−945⋅10 395=−9 823 275.\prod_{i=-5}^{5}(1+2i) = -\left(9 \cdot 7 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 1\right) \cdot \left(1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot 9 \cdot 11\right) = -945 \cdot 10\,395 = -9\,823\,275.

Poznámka

Součiny lichých čísel se zapisují dvojitým faktoriálem: 9!!=9⋅7⋅5⋅3⋅1=9459!! = 9 \cdot 7 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 1 = 945 a 11!!=10 39511!! = 10\,395. Výsledek lze tedy elegantněji zapsat jako −9!!⋅11!!-9!! \cdot 11!!.

Příklad 3.20#

1) ∑ℓ=−13(6ℓ+ℓ6)\dst \sum_{\ell=-1}^{3} \left(6^{\ell}+\ell^6\right);    2) ∏ℓ=−13(6ℓ+ℓ6)\dst \prod_{\ell=-1}^{3} \left(6^{\ell}+\ell^6\right).

Odpověď

1) 63256=105416\dst \frac{6325}{6} = 1054\tfrac16;    2) 771 750771\,750.

Nápověda

Členů je jen pět, nejrychlejší je je prostě vypsat. Pozor na ℓ=−1\ell = -1: platí 6−1=166^{-1} = \frac16 a (−1)6=1(-1)^6 = 1.

Postup řešení

Vypíšeme všech pět hodnot výrazu 6ℓ+ℓ66^\ell + \ell^6:

ℓ=−1:6−1+(−1)6=16+1=76,ℓ=0:1+0=1,ℓ=1:6+1=7,ℓ=2:36+64=100,ℓ=3:216+729=945.\begin{aligned} \ell = -1: & \quad 6^{-1} + (-1)^6 = \tfrac16 + 1 = \tfrac76, & \ell = 0: & \quad 1 + 0 = 1, \\ \ell = 1: & \quad 6 + 1 = 7, & \ell = 2: & \quad 36 + 64 = 100, \\ \ell = 3: & \quad 216 + 729 = 945. & & \end{aligned}

  1. 76+1+7+100+945=1053+76=105416\dst \frac{7}{6} + 1 + 7 + 100 + 945 = 1053 + \frac{7}{6} = 1054\frac{1}{6}.
  2. 76⋅1⋅7⋅100⋅945=7⋅7⋅100⋅9456=7⋅7⋅50⋅315=771 750\dst \frac{7}{6} \cdot 1 \cdot 7 \cdot 100 \cdot 945 = \frac{7 \cdot 7 \cdot 100 \cdot 945}{6} = 7 \cdot 7 \cdot 50 \cdot 315 = 771\,750.

Příklad 3.21#

1) ∑j=120(3j−6)\dst \sum_{j=1}^{20} \left(3j-6\right);    2) ∏j=120(3j−6)\dst \prod_{j=1}^{20} \left(3j-6\right).

Odpověď

1) 510510;    2) 00.

Nápověda

U sumy jde o aritmetickou posloupnost. U součinu se ale vůbec nevyplatí počítat – podívejte se nejprve, co máte mezi činiteli.

Postup řešení

  1. Sumu rozdělíme:

    ∑j=120(3j−6)=3∑j=120j−∑j=1206=3⋅20⋅212−6⋅20=630−120=510.\sum_{j=1}^{20} (3j-6) = 3\sum_{j=1}^{20} j - \sum_{j=1}^{20} 6 = 3 \cdot \frac{20 \cdot 21}{2} - 6 \cdot 20 = 630 - 120 = 510.

  2. Pro j=2j = 2 je činitel 3⋅2−6=03 \cdot 2 - 6 = 0, a celý součin je proto roven nule.

Poznámka

V bodě 1) lze hned aplikovat vzorec pro součet prvních 20 členů aritmetické posloupnosti s prvním členem a1=3⋅1−6=−3a_1 = 3 \cdot 1 - 6 = -3 a diferencí d=3d = 3:

∑j=120(3j−6)=2⋅(−3)+(20−1)⋅32⋅20=(−6+57)⋅10=510.\sum_{j=1}^{20} (3j-6) = \frac{2 \cdot (-3) + (20-1) \cdot 3}{2} \cdot 20 = (-6+57) \cdot 10 = 510.

Příklad 3.22#

1) ∑k=020(k+1)(k+2)\dst \sum_{k=0}^{20} \left(k+1\right)\left( k+2 \right);    2) ∏k=020k+1k+2\dst \prod_{k=0}^{20} \frac{k+1}{k+2}.

Odpověď

1) 35423542;    2) 122\dst \frac{1}{22}.

Nápověda

U sumy posuňte index tak, aby sčítanec měl tvar m(m+1)m(m+1), a pak jej roznásobte na m2+mm^2+m. U součinu jde o teleskopický součin jako v příkladu 3.16.

Postup řešení

  1. Posunutím indexu (m=k+1m = k+1, tedy mm probíhá od 11 do 2121) dostaneme

    ∑k=020(k+1)(k+2)=∑m=121m(m+1)=∑m=121m2+∑m=121m.\sum_{k=0}^{20}(k+1)(k+2) = \sum_{m=1}^{21} m(m+1) = \sum_{m=1}^{21} m^2 + \sum_{m=1}^{21} m.

    Dosazením známých vzorců

    21⋅22⋅436+21⋅222=3311+231=3542.\frac{21 \cdot 22 \cdot 43}{6} + \frac{21 \cdot 22}{2} = 3311 + 231 = 3542.

  2. Vidíme, že jde o teleskopický součin – podle příkladu 3.16 (s ak=k+1a_k = k+1) zůstane po zkrácení jen podíl prvního a posledního činitele:

    ∏k=020k+1k+2=0+120+2=122.\prod_{k=0}^{20} \frac{k+1}{k+2} = \frac{0+1}{20+2} = \frac{1}{22}.

Poznámka

Součet v bodě 1) lze zapsat i vzorcem ∑m=1nm(m+1)=n(n+1)(n+2)3\sum_{m=1}^{n} m(m+1) = \frac{n(n+1)(n+2)}{3}; pro n=21n = 21 opravdu 21⋅22⋅233=3542\frac{21 \cdot 22 \cdot 23}{3} = 3542.

Příklad 3.23#

1) ∑j=−5n(3−j)\dst \sum_{j=-5}^{n} \left(3-j\right);    2) ∏j=4n(3−j)\dst \prod_{j=4}^n (3-j).

Odpověď

1) (11−n)(n+6)2\dst \frac{(11-n)(n+6)}{2};    2) (−1)n+1(n−3)!(-1)^{n+1}\left(n-3\right)!.

Nápověda

U sumy jde o aritmetickou posloupnost – určete její první člen, poslední člen a počet členů (pozor, index začíná od −5-5). U součinu zaveďte substituci i:=j−3i := j-3; všechny činitele pak budou tvaru −i-i.

Postup řešení

  1. Jde o součet aritmetické posloupnosti. Její první člen (pro j=−5j = -5) je 3−(−5)=83-(-5) = 8, poslední člen (pro j=nj = n) je 3−n3-n a počet členů je n−(−5)+1=n+6n-(-5)+1 = n+6. Tedy

    ∑j=−5n(3−j)=(8+(3−n))(n+6)2=(11−n)(n+6)2.\sum_{j=-5}^{n}(3-j) = \frac{\bigl(8 + (3-n)\bigr)(n+6)}{2} = \frac{(11-n)(n+6)}{2}.

  2. Zavedeme i:=j−3i := j-3; index ii pak probíhá od 11 do n−3n-3 a činitel 3−j3-j přejde na −i-i:

    ∏j=4n(3−j)=∏i=1n−3(−i)=(−1)n−3∏i=1n−3i=(−1)n+1 (n−3)!,\prod_{j=4}^{n}(3-j) = \prod_{i=1}^{n-3}(-i) = (-1)^{n-3} \prod_{i=1}^{n-3} i = (-1)^{n+1}\,(n-3)!,

    neboť (−1)n−3=(−1)n+1(-1)^{n-3} = (-1)^{n+1} (exponenty se liší o sudé číslo).

Poznámka

Vzorec v bodě 2) platí pro n≥4n \geq 4. Pro n=3n = 3 jde o prázdný součin, jehož hodnota je z definice 11 – a vzorec to naštěstí dává také, neboť 0!=10! = 1. Pro n≤2n \leq 2 ale naše odpověď není dobře definovaná – neumíme (zatím) počítat faktoriál ze záporného celého čísla.

Příklad 3.24#

1) ∑k=1n12k\dst \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k};    2) ∏k=1n12k\dst \prod_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k}.

Odpověď

1) 1−12n\dst 1-\frac{1}{2^n};    2) 2−n(n+1)2\dst 2^{-\frac{n(n+1)}{2}}.

Nápověda

U sumy jde o geometrickou posloupnost s prvním členem 12\frac12 a kvocientem 12\frac12. U součinu převeďte činitele na mocniny dvojky a podle známého pravidla sečtěte exponenty.

Postup řešení

  1. Geometrická posloupnost s prvním členem 12\frac12, kvocientem q=12q = \frac12 a nn členy:

    ∑k=1n12k=12⋅1−(12)n1−12=1−12n.\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k} = \frac{1}{2} \cdot \frac{1-\left(\frac12\right)^n}{1-\frac12} = 1 - \frac{1}{2^n}.

  2. Součin mocnin o stejném základu má za exponent součet exponentů:

    ∏k=1n12k=∏k=1n2−k=2−∑k=1nk=2−n(n+1)2.\prod_{k=1}^{n} \frac{1}{2^k} = \prod_{k=1}^{n} 2^{-k} = 2^{-\sum_{k=1}^n k} = 2^{-\frac{n(n+1)}{2}}.

Poznámka

Výsledek v bodě 1) má názornou interpretaci: sčítáme-li postupně poloviny zbývající části úsečky délky 11, chybí nám po nn krocích do celku právě 12n\frac{1}{2^n}. Je to také matematické jádro tzv. Zénónova paradoxu dichotomie: k urazení celé dráhy je nejprve nutné urazit její polovinu, pak polovinu zbytku a tak dále.

Příklad 3.25#

∑k=1n2k32k+1\dst \sum_{k=1}^{n} \frac{2^k}{3^{2k+1}}.

Odpověď

221(1−(29)n)\dst \frac{2}{21}\left(1-\left(\frac{2}{9}\right)^n\right).

Nápověda

Ve jmenovateli oddělte konstantu: 32k+1=3⋅9k3^{2k+1} = 3 \cdot 9^k. Zbude geometrická posloupnost s kvocientem 29\frac29.

Postup řešení

Jmenovatel rozepíšeme jako 32k+1=3⋅(32)k=3⋅9k3^{2k+1} = 3 \cdot \left(3^2\right)^k = 3 \cdot 9^k, takže

∑k=1n2k32k+1=13∑k=1n(29)k.\sum_{k=1}^{n} \frac{2^k}{3^{2k+1}} = \frac{1}{3}\sum_{k=1}^{n} \left(\frac{2}{9}\right)^k.

Jde o geometrickou posloupnost s prvním členem 29\frac29, kvocientem q=29q = \frac29 a nn členy:

13⋅29⋅1−(29)n1−29=13⋅29⋅97(1−(29)n)=221(1−(29)n).\frac{1}{3} \cdot \frac{2}{9} \cdot \frac{1-\left(\frac29\right)^n}{1-\frac29} = \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{9} \cdot \frac{9}{7} \left(1-\left(\frac29\right)^n\right) = \frac{2}{21}\left(1-\left(\frac{2}{9}\right)^n\right).

Příklad 3.26#

1) ∑j=1k2j\dst \sum_{j=1}^{k} \sqrt{2^j};    2) ∏j=1k2j\dst \prod_{j=1}^{k} \sqrt{2^j}.

Odpověď

1) (2+2)(2k2−1)\left(2+\sqrt{2}\right)\left(2^{\frac{k}{2}}-1\right);    2) 2k(k+1)42^{\frac{k(k+1)}{4}}.

Nápověda

Klíčem je zápis 2j=(2)j=2j2\sqrt{2^j} = \left(\sqrt2\right)^j = 2^{\frac{j}{2}}. Bod 1) je pak geometrická posloupnost s kvocientem 2\sqrt2 (výsledek se vyplatí usměrnit), bod 2) součin mocnin o stejném základu.

Postup řešení

Ve všech případech využijeme 2j=2j2=(2)j\sqrt{2^j} = 2^{\frac{j}{2}} = \left(\sqrt{2}\right)^j.

  1. Geometrická posloupnost s prvním členem 2\sqrt2, kvocientem q=2q = \sqrt2 a kk členy:

    ∑j=1k(2)j=2⋅(2)k−12−1.\sum_{j=1}^{k} \left(\sqrt2\right)^j = \sqrt{2} \cdot \frac{\left(\sqrt2\right)^k - 1}{\sqrt2-1}.

    Zlomek usměrníme rozšířením výrazem 2+1\sqrt2+1 (jmenovatel pak dá 2−1=12-1 = 1):

    2(2+1)(2k2−1)=(2+2)(2k2−1).\sqrt{2}\left(\sqrt2+1\right)\left(2^{\frac{k}{2}}-1\right) = \left(2+\sqrt{2}\right)\left(2^{\frac{k}{2}}-1\right).

  2. Součin mocnin o stejném základu:

    ∏j=1k2j2=212∑j=1kj=2k(k+1)4.\prod_{j=1}^{k} 2^{\frac{j}{2}} = 2^{\frac{1}{2}\sum_{j=1}^k j} = 2^{\frac{k(k+1)}{4}}.

Příklad 3.27#

1) ∑k=1n−1(n−k)\dst \sum_{k=1}^{n-1} \left(n-k\right);    2) ∏k=1n−1(n−k)\dst \prod_{k=1}^{n-1} \left(n-k\right).

Odpověď

1) n(n−1)2\dst \frac{n(n-1)}{2};    2) (n−1)!(n-1)!.

Nápověda

Zaveďte i:=n−ki := n-k – jde jen o obrácení pořadí sčítanců (resp. činitelů). Index ii pak probíhá hodnoty 1,2,…,n−11, 2, \dots, n-1.

Postup řešení

Položíme i:=n−ki := n-k. Když kk probíhá hodnoty 1,2,…,n−11, 2, \dots, n-1, probíhá ii tytéž hodnoty v opačném pořadí, tedy n−1,n−2,…,1n-1, n-2, \dots, 1. Jde proto jen o přeuspořádání členů:

  1. ∑k=1n−1(n−k)=∑i=1n−1i=(n−1)n2\dst \sum_{k=1}^{n-1}(n-k) = \sum_{i=1}^{n-1} i = \frac{(n-1)n}{2};
  2. ∏k=1n−1(n−k)=∏i=1n−1i=(n−1)!\dst \prod_{k=1}^{n-1}(n-k) = \prod_{i=1}^{n-1} i = (n-1)!.

Příklad 3.28#

1) ∑j=1n−1(n−j)2\dst \sum_{j=1}^{n-1} \left(n-j\right)^2;    2) ∏j=1n−1(n−j)2\dst \quad \prod_{j=1}^{n-1} \left(n-j\right)^2.

Odpověď

1) (n−1)n(2n−1)6\dst \frac{(n-1)n(2n-1)}{6};    2) ((n−1)!)2\left((n-1)!\right)^2.

Nápověda

Stejná substituce jako v příkladu 3.27, tedy i:=n−ji := n-j. Poté už jen dosaďte vzorec pro součet druhých mocnin, resp. využijte ∏ai2=(∏ai)2\prod a_i^2 = \left(\prod a_i\right)^2.

Postup řešení

Opět položíme i:=n−ji := n-j; index ii probíhá tytéž hodnoty 1,2,…,n−11, 2, \dots, n-1, jen v opačném pořadí – na hodnotu součtu, resp. součinu to však nemá vliv.

  1. ∑j=1n−1(n−j)2=∑i=1n−1i2=(n−1)n(2n−1)6\dst \sum_{j=1}^{n-1}(n-j)^2 = \sum_{i=1}^{n-1} i^2 = \frac{(n-1)n(2n-1)}{6};
  2. ∏j=1n−1(n−j)2=∏i=1n−1i2=(∏i=1n−1i)2=((n−1)!)2\dst \prod_{j=1}^{n-1}(n-j)^2 = \prod_{i=1}^{n-1} i^2 = \left(\prod_{i=1}^{n-1} i\right)^2 = \bigl((n-1)!\bigr)^2.

Příklad 3.29#

1) ∑j=−mmj3\dst \sum_{j=-m}^{m} j^3;    2) ∏j=−mmj3\dst \prod_{j=-m}^{m} j^3.

Odpověď

1) 00;    2) 00.

Nápověda

Meze jsou souměrné kolem nuly. U sumy si všimněte, že ke každému členu existuje člen opačný. U součinu nakonec ani nebudete potřebovat explicitně násobit.

Postup řešení

  1. Ke každému sčítanci j3j^3 existuje ve stejné sumě sčítanec (−j)3=−j3(-j)^3 = -j^3; členy se tedy po dvojicích odečtou a prostřední člen (pro j=0j = 0) je nulový. Proto

    ∑j=−mmj3=0.\sum_{j=-m}^{m} j^3 = 0.

  2. Mezi činiteli je i ten pro j=0j = 0, tedy 03=00^3 = 0. Celý součin je proto roven nule.

Poznámka

Bod 1) je zvláštním případem obecného pravidla: je-li ff lichá funkce (tj. f(−j)=−f(j)f(-j) = -f(j)), je ∑j=−mmf(j)=0\sum_{j=-m}^{m} f(j) = 0. Naproti tomu například ∑j=−mmj2=2∑j=1mj2\sum_{j=-m}^{m} j^2 = 2\sum_{j=1}^{m} j^2, protože druhá mocnina je sudá funkce, a záporné znaménko se tak vyruší.

Vnořené sumy

Příklad 3.30#

Sečtěte ∑i=1n∑k=1n(1+2i)(1−3k)\dst \sum_{i=1}^{n} \sum_{k=1}^{n}(1+2 i)(1-3 k).

Odpověď

−12n2(3n+1)(n+2)-\frac{1}{2} n^{2}(3 n+1)(n+2).

Nápověda

Vnitřní suma se sčítá přes kk, takže vše, co obsahuje pouze ii, je vůči ní konstanta a lze to vytknout. Po vytknutí se dvojitá suma rozpadne na součin dvou jednoduchých sum.

Postup řešení

∑i=1n∑k=1n(1+2i)(1−3k)=∑i=1n[(1+2i)⏟konstanta vzhledem ke k∑k=1n(1−3k)]==∑i=1n(1+2i)(n−32n(n+1))==(n−32n(n+1))∑i=1n(1+2i)==(−32n2−n2)(n+n(n+1))==−12n2(3n+1)(n+2).\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} \sum_{k=1}^{n}(1+2 i)(1-3 k) & = \sum_{i=1}^{n} \left[\underbrace{(1+2 i)}_{\text {konstanta vzhledem ke } k} \sum_{k=1}^{n}(1-3 k)\right] = \\ & = \sum_{i=1}^{n}(1+2 i)\left(n-\frac{3}{2} n(n+1)\right) = \\ & = \left(n-\frac{3}{2} n(n+1)\right) \sum_{i=1}^{n}(1+2 i) = \\ & = \left(-\frac{3}{2} n^{2}-\frac{n}{2}\right)(n+n(n+1)) = \\ & = -\frac{1}{2} n^{2}(3 n+1)(n+2). \end{aligned}

Poznámka

Obecně platí: je-li sčítanec součinem aibka_i b_k, rozpadne se dvojitá suma na součin

∑i=1n∑k=1naibk=(∑i=1nai)(∑k=1nbk).\sum_{i=1}^{n} \sum_{k=1}^{n} a_i b_k = \left(\sum_{i=1}^{n} a_i\right)\left(\sum_{k=1}^{n} b_k\right).

Příklad 3.31#

Sečtěte ∑i=1n∑k=0nik\dst \sum_{i=1}^{n} \sum_{k=0}^{n} i k.

Odpověď

14n2(n+1)2\frac{1}{4} n^{2}(n+1)^{2}.

Nápověda

Sčítanec je součinem výrazu závislého jen na ii a výrazu závislého jen na kk – dvojitá suma se proto rozpadne na součin dvou jednoduchých. Všimněte si také, že člen pro k=0k = 0 nic nepřidá.

Postup řešení

∑i=1n∑k=0nik=∑i=1ni∑k=1nk=(∑i=1ni)(∑k=1nk)=(n(n+1)2)2=14n2(n+1)2.\sum_{i=1}^{n} \sum_{k=0}^{n} i k=\sum_{i=1}^{n} i \sum_{k=1}^{n} k=\left(\sum_{i=1}^{n} i\right)\left(\sum_{k=1}^{n} k\right) = \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2 = \frac{1}{4} n^{2}(n+1)^{2}.

Dolní mez vnitřní sumy jsme přitom mohli posunout z 00 na 11, protože člen pro k=0k = 0 je nulový.

Příklad 3.32#

Vypočítejte ∑i=−15∑j=−51(1+2i+3j+4ij)\dst \sum_{i=-1}^{5} \sum_{j=-5}^{1} (1+2i+3j+4ij).

Odpověď

−833-833.

Nápověda

Rozdělte sčítanec na několik sum a využijte toho, že

∑i∑j1=NiNj,∑i∑ji=Nj∑ii,∑i∑jij=(∑ii)(∑jj),\sum_{i}\sum_{j} 1 = N_i N_j, \quad \sum_i \sum_j i = N_j \sum_i i, \quad \sum_i\sum_j ij = \left(\sum_i i\right)\left(\sum_j j\right),

kde NiN_i, NjN_j jsou počty členů sum podle příslušných indexů.

Postup řešení

∑i=−15∑j=−51(1+2i+3j+4ij)=∑i=−15(∑j=−51(1+2i)+∑j=−51(3j+4ij))==∑i=−15((1+2i)∑j=−511+(3+4i)∑j=−51j)==∑i=−15((1+2i)⋅7+(3+4i)⋅(−5+1)⋅72)==∑i=−15(−35−42i)=−35⋅7−42⋅(−1+5)⋅72=−833.\begin{aligned} \sum_{i=-1}^{5} \sum_{j=-5}^{1} (1+2i+3j+4ij) &= \sum_{i=-1}^{5} \left(\sum_{j=-5}^{1} (1+2i) + \sum_{j=-5}^{1} (3j+4ij)\right) =\\ &= \sum_{i=-1}^{5} \left((1+2i)\sum_{j=-5}^{1} 1 + (3+4i) \sum_{j=-5}^{1} j\right) =\\ &= \sum_{i=-1}^{5} \left((1+2i) \cdot 7 + (3+4i) \cdot \frac{(-5+1) \cdot 7}{2}\right) =\\ &= \sum_{i=-1}^{5} \left(-35-42i\right) = -35 \cdot 7 - 42 \cdot \frac{(-1+5) \cdot 7}{2} = -833. \end{aligned}

Jiný postup: Označme Ni=Nj=7N_i = N_j = 7 počty členů a

Si:=∑i=−15i=14,Sj:=∑j=−51j=−14.S_i := \sum_{i=-1}^{5} i = 14, \qquad S_j := \sum_{j=-5}^{1} j = -14.

Pak

NiNj+2SiNj+3NiSj+4SiSj=49+196−294−784=−833.N_iN_j + 2S_iN_j + 3N_iS_j + 4S_iS_j = 49 + 196 - 294 - 784 = -833.

Příklad 3.33#

Ukažte, že platí ∑i=1n∑k=1iaik=∑k=1n∑i=knaik\dst \sum_{i=1}^{n} \sum_{k=1}^{i} a_{i k}=\sum_{k=1}^{n} \sum_{i=k}^{n} a_{i k}.

Nápověda

Nakreslete do 2D tabulky a naznačte sčítání po řádcích, resp. po sloupcích.

Postup řešení

Obě strany sčítají tytéž členy aika_{ik}, jen v jiném pořadí. Rozmysleme si, které dvojice indexů se v nich vyskytují.

Levá strana. Vnější index ii probíhá hodnoty 1,…,n1, \dots, n a pro každé pevné ii probíhá kk hodnoty 1,…,i1, \dots, i. Sčítáme tedy přes všechny dvojice (i,k)(i,k) splňující

1≤k≤i≤n.1 \leq k \leq i \leq n.

Pravá strana. Vnější index kk probíhá hodnoty 1,…,n1, \dots, n a pro každé takové kk probíhá ii hodnoty k,…,nk, \dots, n. Sčítáme tedy přes všechny dvojice (i,k)(i,k) splňující

1≤k≤i≤n.1 \leq k \leq i \leq n.

Obě podmínky jsou totožné, sčítáme tedy tytéž členy. Protože je sčítání komutativní i asociativní, na pořadí nezáleží a obě strany se rovnají.

Názorně: členy aika_{ik} tvoří dolní trojúhelník čtvercové tabulky n×nn \times n (řádek ii, sloupec kk). Levá strana jej prochází po řádcích, pravá po sloupcích.

Příklad 3.34#

Zjednodušte ∑k=1nkqk\dst \sum_{k=1}^n k q^k.

Odpověď

q1−q(1−qn1−q−nqn)\dst \frac{q}{1-q}\left(\frac{1-q^{n}}{1-q}-n q^{n}\right), pokud q≠1q \neq 1; n(n+1)2\dst \frac{n(n+1)}{2}, pokud q=1q = 1.

Nápověda

Pro q=1q = 1 je nám odpověď už známá. V případě q≠1q \neq 1 trik spočívá v tom, že se koeficientu kk zbavíme jeho rozepsáním na sumu: k=∑i=1k1k = \sum_{i=1}^{k} 1. Vznikne dvojitá suma, v níž zaměníte pořadí sčítání podle příkladu 3.33; vnitřní suma pak už bude geometrická.

Postup řešení

Pokud q=1q = 1, dostáváme prostě ∑k=1nk=n(n+1)2\sum_{k=1}^n k = \frac{n(n+1)}{2}.

Pro q≠1q \neq 1 rozepíšeme kk ve tvaru sumy obsahující stejné sčítance ∑i=1k1\sum_{i=1}^k 1:

∑k=1nkqk=∑k=1n∑i=1kqk=∑i=1n∑k=inqk=∑i=1n(∑k=0nqk−∑k=0i−1qk)==∑i=1n(1−qn+11−q−1−qi1−q)=11−q(∑i=1nqi−∑i=1nqn+1)==11−q(q∑i=0n−1qi−nqn+1)=q1−q(1−qn1−q−nqn).\begin{aligned} \sum_{k=1}^{n} k q^{k} & = \sum_{k=1}^{n} \sum_{i=1}^{k} q^{k}=\sum_{i=1}^{n} \sum_{k=i}^{n} q^{k}=\sum_{i=1}^{n}\left(\sum_{k=0}^{n} q^{k}-\sum_{k=0}^{i-1} q^{k}\right) =\\ & = \sum_{i=1}^{n}\left(\frac{1-q^{n+1}}{1-q}-\frac{1-q^{i}}{1-q}\right) = \frac{1}{1-q}\left(\sum_{i=1}^{n} q^{i}-\sum_{i=1}^{n} q^{n+1}\right) =\\ & = \frac{1}{1-q}\left(q \sum_{i=0}^{n-1} q^{i}-n q^{n+1}\right) = \frac{q}{1-q}\left(\frac{1-q^{n}}{1-q}-n q^{n}\right). \end{aligned}

Příklad 3.35#

Zjednodušte ∑i=1n∑k=inik\dst \sum_{i=1}^{n} \sum_{k=i}^{n} \frac{i}{k}.

Odpověď

14n(n+3)\dst \frac{1}{4} n(n+3).

Nápověda

Zaměňte pořadí sčítání podle příkladu 3.33. Ve vnitřní sumě se pak 1k\frac{1}{k} stane konstantou a bude možné ji vytknout – a to, co zbude, už umíte sečíst.

Postup řešení

∑i=1n∑k=inik=∑k=1n∑i=1kik=∑k=1n1k∑i=1ki=∑k=1n1k⋅12k(k+1)=12∑k=1n(k+1)==12(12n(n+1)+n)=14n(n+3).\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n} \sum_{k=i}^{n} \frac{i}{k} & = \sum_{k=1}^{n} \sum_{i=1}^{k} \frac{i}{k} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \sum_{i=1}^{k} i = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} \cdot \frac{1}{2} k(k+1) = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n}(k+1) = \\ & = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} n(n+1)+n\right) = \frac{1}{4} n(n+3). \end{aligned}

Vnořené produkty

Příklad 3.36#

Upravte ∏i=1n∏k=1n1inkn\dst \prod_{i=1}^{n} \prod_{k=1}^{n} \frac{1}{i^{n} k^{n}}.

Odpověď

(1n!)2n2\dst \left(\frac{1}{n!}\right)^{2 n^{2}}.

Nápověda

Pro produkty platí obdoba pravidla o vytýkání: činitel nezávislý na vnitřním indexu se z vnitřního produktu dostane jako mocnina s exponentem rovným počtu členů.

Postup řešení

∏i=1n∏k=1n1inkn=∏i=1n(∏k=1n1in1kn)=∏i=1n[(1in)n⋅∏k=1n(1k)n]=∏i=1n[1in2⋅(∏k=1n1k)n]==∏i=1n1in2(1n!)n=((1n!)n)n∏i=1n(1i)n2=(1n!)n2(∏i=1n1i)n2==(1n!)n2(1n!)n2=(1n!)2n2.\begin{aligned} \prod_{i=1}^{n} \prod_{k=1}^{n} \frac{1}{i^{n} k^{n}} &= \prod_{i=1}^{n} \left(\prod_{k=1}^{n} \frac{1}{i^{n}} \frac{1}{k^{n}}\right) = \prod_{i=1}^{n} \left[\left(\frac{1}{i^n}\right)^n \cdot \prod_{k=1}^{n} \left(\frac{1}{k}\right)^n\right] = \prod_{i=1}^{n} \left[\frac{1}{i^{n^{2}}} \cdot \left(\prod_{k=1}^{n} \frac{1}{k}\right)^n\right] =\\ &= \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{i^{n^{2}}}\left(\frac{1}{n!}\right)^{n} = \left(\left(\frac{1}{n!}\right)^n\right)^n \prod_{i=1}^{n} \left(\frac{1}{i}\right)^{n^{2}} = \left(\frac{1}{n!}\right)^{n^{2}} \left(\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{i}\right)^{n^{2}} =\\ &= \left(\frac{1}{n!}\right)^{n^{2}}\left(\frac{1}{n!}\right)^{n^{2}} = \left(\frac{1}{n!}\right)^{2 n^{2}}. \end{aligned}

Příklad 3.37#

Ukažte, že platí ∏i=1n∏k=1iaik=∏k=1n∏i=knaik\dst \prod_{i=1}^{n} \prod_{k=1}^{i} a_{i k}=\prod_{k=1}^{n} \prod_{i=k}^{n} a_{i k}.

Nápověda

Asociativní zákon platí pro násobení stejně jako pro sčítání.

Postup řešení

Důkaz je doslova stejný jako u příkladu 3.33. Na obou stranách násobíme tytéž činitele aika_{ik}, a to právě ty s indexy splňujícími

1≤k≤i≤n;1 \leq k \leq i \leq n;

vlevo procházíme dolní trojúhelník tabulky po řádcích, vpravo po sloupcích. Protože je násobení komutativní i asociativní, na pořadí činitelů nezáleží a obě strany se rovnají.

Příklad 3.38#

Upravte ∏i=1n∏k=1i1inkn\dst \prod_{i=1}^{n} \prod_{k=1}^{i} \frac{1}{i^{n} k^{n}}.

Odpověď

1n!n2+n\dst \frac{1}{n!^{n^{2}+n}}.

Nápověda

Postupujte jako u vnořeného produktu z příkladu 3.36, ale pozor: vnitřní produkt má nyní ii členů (ne nn), takže vytknutý činitel dostane exponent ii.

Postup řešení

∏i=1n∏k=1i1inkn=∏i=1n1ini∏k=1i1kn=∏i=1n1ini(∏k=1i1k)n=∏i=1n1ini1i!n==[(∏i=1n1ii)⋅(∏i=1n1i!)]n=[(∏i=1n1ii)⋅(∏i=1n1in+1−i)]n==[∏i=1n1in+1]n=[∏i=1n1i]n(n+1)=1n!n2+n.\begin{aligned} \prod_{i=1}^{n} \prod_{k=1}^{i} \frac{1}{i^{n} k^{n}} & = \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{i^{n i}} \prod_{k=1}^{i} \frac{1}{k^{n}} = \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{i^{n i}}\left(\prod_{k=1}^{i} \frac{1}{k}\right)^{n} = \prod_{i=1}^{n} \frac{1}{i^{n i}} \frac{1}{i!^{n}} = \\ & = \left[\left(\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{i^{i}}\right) \cdot\left(\tblue{\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{i!}}\right)\right]^{n} = \left[\left(\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{i^{i}}\right) \cdot\left(\tblue{\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{i^{n+1-i}}}\right)\right]^{n} = \\ & = \left[\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{i^{n+1}}\right]^{n} = \left[\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{i}\right]^{n(n+1)} = \frac{1}{n!^{n^{2}+n}}. \end{aligned}

K rovnosti modrých výrazů: S přepisem ∏k=1i1k=1i!\prod_{k=1}^{i} \frac{1}{k}=\frac{1}{i!} jsme se trochu unáhlili. Platí totiž

∏i=1n1i!=∏i=1n∏k=1i1k=∏k=1n∏i=kn1k=∏k=1n1kn+1−k.\prod_{i=1}^{n} \frac{1}{i!}=\prod_{i=1}^{n} \prod_{k=1}^{i} \frac{1}{k}=\prod_{k=1}^{n} \prod_{i=k}^{n} \frac{1}{k}=\prod_{k=1}^{n} \frac{1}{k^{n+1-k}}.

Nakonec zaměníme označení indexu kk za ii a opět sloučíme pod jeden produkt.

Potvrzení