Re: [obm-l] 1^2 + 2^2 + ... + n^2()Caso Geral
Bom, acho que tem algo a ver com os números de Bernoulli (que não têm
fórmula fechada, mas quem disse que cos(x) é uma fórmula fechada??
(Isso foi para provocar...)
O truque é que estes números relacionam-se com a expansão de n^k em
somas de binomiais da forma n^k = SOMA {em j} C(n, j) * B(k, j) (ou
algo parecido, pode ter um k-j em vez de j). Daí, como eu falei numa
mensagem anterior, é só usar a soma das colunas.
Maiores detalhes, você pode encontrar no Concrete Mathematics,
R.L.Graham, D.E.Knuth, O.Patashnik.
Abraços,
--
Bernardo Freitas Paulo da Costa
On Apr 9, 2005 11:21 AM, Johann Peter Gustav Lejeune Dirichlet
[EMAIL PROTECTED] wrote:
Existe alguma especie de formula fechada para o caso
geral? Ou seja, calcular as k-esimas potencias dos n
primeiros naturais, em funcao de n e k.
--- Nicolau C. Saldanha [EMAIL PROTECTED]
wrote:
On Tue, Apr 05, 2005 at 02:02:34PM -0300,
claudio.buffara wrote:
Ontem alguém perguntou aqui na lista como se
demonstrava a fórmula da soma
dos quadrados dos primeiros n inteiros positivos.
Oi Claudio, achei bem legal a sua demonstração.
Na verdade este assunto já foi discutido várias
vezes nesta lista
e pode valer a pena dar uma olhada nos arquivos.
Seja f(n) = 1^2 + 2^2 + ... + n^2. Podemos definir f
também como
a única função de Z em Z que satisfaz f(0) = 0, f(n)
= f(n-1) + n^2.
É fácil ver que f é um polinômio de grau 3. De fato,
considere a
seguinte transformação linear: T(a,b,c) = (d,e,f)
se, sendo
g(n) = an^3 + bn^2 + cn, tivermos g(n) - g(n-1) =
dn^2 + en + f.
A transformação linear T é bem definida pois os
termos de grau 3
se cancelam; T também é injetora, pois g(n) - g(n-1)
= 0 para todo n
implica que g é constante logo, como não há termos
constante em g,
temos g = 0. Assim T é inversível. Note que o mesmo
raciocínio
demonstra que se h é um polinômio de grau k e se g
satisfaz
g(n) = g(n-1) + h(n) então g é polinômio de grau
k+1.
Agora escrevendo f(n) = an^3 + bn^2 + cn + d, f(0) =
0, f(1) = 1,
f(2) = 5, f(3) = 14 temos um sisteminha 3x3:
a + b + c = 1
8a + 4b + 2c = 5
27a + 9b + 3c = 14
e podemos facilmente achar a, b e c.
Mas acho mais elegante neste caso ver quais são as
raízes de f.
Claramente temos f(0) = f(-1) = 0. Note que f(-2) =
- (-1)^2 = -f(1),
f(-3) = - (-1)^2 - (-2)^2 = -f(2), ...,
f(-1-n) = - (-1)^2 - (-2)^2 - ... - (-n)^2 = -f(n).
Temos assim f(-1-n) = -f(n) donde f(-1/2) = 0, a
terceira raiz.
Assim f(n) = cn(n+1)(2n+1). Uma substituição obteria
o valor de c,
mas prefiro fazer f(n) ~= int_0^n t^2 dt = 1/3 n^3
donde c = 1/6.
[]s, N.
=
Instruções para entrar na lista, sair da lista e
usar a lista em
http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html
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Re: [obm-l] 1^2 + 2^2 + ... + n^2()Caso Geral
Existe alguma especie de formula fechada para o caso geral? Ou seja, calcular as k-esimas potencias dos n primeiros naturais, em funcao de n e k. --- Nicolau C. Saldanha [EMAIL PROTECTED] wrote: On Tue, Apr 05, 2005 at 02:02:34PM -0300, claudio.buffara wrote: Ontem alguém perguntou aqui na lista como se demonstrava a fórmula da soma dos quadrados dos primeiros n inteiros positivos. Oi Claudio, achei bem legal a sua demonstração. Na verdade este assunto já foi discutido várias vezes nesta lista e pode valer a pena dar uma olhada nos arquivos. Seja f(n) = 1^2 + 2^2 + ... + n^2. Podemos definir f também como a única função de Z em Z que satisfaz f(0) = 0, f(n) = f(n-1) + n^2. É fácil ver que f é um polinômio de grau 3. De fato, considere a seguinte transformação linear: T(a,b,c) = (d,e,f) se, sendo g(n) = an^3 + bn^2 + cn, tivermos g(n) - g(n-1) = dn^2 + en + f. A transformação linear T é bem definida pois os termos de grau 3 se cancelam; T também é injetora, pois g(n) - g(n-1) = 0 para todo n implica que g é constante logo, como não há termos constante em g, temos g = 0. Assim T é inversível. Note que o mesmo raciocínio demonstra que se h é um polinômio de grau k e se g satisfaz g(n) = g(n-1) + h(n) então g é polinômio de grau k+1. Agora escrevendo f(n) = an^3 + bn^2 + cn + d, f(0) = 0, f(1) = 1, f(2) = 5, f(3) = 14 temos um sisteminha 3x3: a + b + c = 1 8a + 4b + 2c = 5 27a + 9b + 3c = 14 e podemos facilmente achar a, b e c. Mas acho mais elegante neste caso ver quais são as raízes de f. Claramente temos f(0) = f(-1) = 0. Note que f(-2) = - (-1)^2 = -f(1), f(-3) = - (-1)^2 - (-2)^2 = -f(2), ..., f(-1-n) = - (-1)^2 - (-2)^2 - ... - (-n)^2 = -f(n). Temos assim f(-1-n) = -f(n) donde f(-1/2) = 0, a terceira raiz. Assim f(n) = cn(n+1)(2n+1). Uma substituição obteria o valor de c, mas prefiro fazer f(n) ~= int_0^n t^2 dt = 1/3 n^3 donde c = 1/6. []s, N. = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html = Yahoo! Acesso Grátis - Internet rápida e grátis. Instale o discador agora! http://br.acesso.yahoo.com/ = Instruções para entrar na lista, sair da lista e usar a lista em http://www.mat.puc-rio.br/~nicolau/olimp/obm-l.html =
Re:[Spam] Re: [obm-l] 1^2 + 2^2 + ... + n^2()Caso Geral
Determine a soma dos quadrados dos n primeiros inteiros positivos, ou seja, calcule 12 + 22 + 32 + ... +n2. Solução: Considere a identidade (n + 1)3 = n3 + 3.n2 + 3.n + 1 já nossa velha conhecida, obtida da fórmula do cubo de uma soma (a +b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3, fazendo a = n e b = 1. Vamos fazer sucessivamente, n = 0, 1, 2, ...,n na identidade acima: n = 0: (0+1)3 = 13 = 03 + 3.02 + 3.0 + 1 n = 1: (1+1)3 = 23 = 13 + 3.12 + 3.1 + 1 n = 2: (2+1)3 = 33 = 23 + 3.22 + 3.2 + 1 n = 3: (3+1)3 = 43 = 33 + 3.32 + 3.3 + 1 n = 4: (4+1)3 = 53 = 43 + 3.42 + 3.4 + 1 n = n: (n+1)3 = (n+1)3 = n3 + 3.n2 + 3.n + 1 Somando membro a membro as (n + 1) igualdades acima, vem: 13 + 23 + 33 + ... + n3 + (n+1)3 = 13 + 23 + 33 + ... + n3 + 3(12+22+32+...+n2) + 3(1+2+3+...+n) + (n+1). Nota: Observe que o número 1 aparece (n+1) vezes, daí, (n+1).1 = (n+1). Simplificando a expressão acima, observando que os termos de expoente 3 cancelam-se mutuamente, fica: (n + 1)3 = 3(12+22+32+...+n2) + 3(1+2+3+...+n) + (n+1). Ora, a soma 12 + 22 + 32 + ... +n2 é justamente o que estamos procurando. Vamos chama-la de S. A soma1 + 2 +3 + 4 + ... + né exatamente a soma dos n primeiros números naturais, os quais formam umaprogressão aritméticade primeiro termo 1, último termo igual a n e número de termos igual também a n. Como já vimos no capítulo PA, tal soma é dada por:1 + 2 + 3 + 4 + ... + n = n(n+1)/2 Substituindo, fica:(n + 1)3 = 3.S + 3.n(n+1)/2 + n+1. Isolando o termo 3S, vem:3S = (n+1)3 (n+1) 3n(n+1)/2 Multiplicando ambos os membros por 2, vem:6S = 2(n+1)3 2(n+1) 3n(n+1) Colocando n+1 em evidencia no segundo membro, fica: 6S = (n+1)[2(n+1)2 2 3n] Efetuando as operações indicadas no segundo membro, vem: 6S = (n+1)[2(n2+2n+1) 2 3n] 6S = (n+1)(2n2 + 4n + 2 2 3n) 6S = (n+1)(2n2 + n)6S = (n+1).n.(2n +1) Finalmente, fica: S = [n.(n+1).(2n +1)]/6 Achei interessante repassar este conteudo no qual tive acesso, de Paulo Marques, http://www.terra.com.br/matematica Onde eu extrai este conteudo []'s
