Mönster - Pyramid av kuber

$\underset{n=1}{\overset{k}{\sum n^2}}$

En rätt knepig uppgift som jag inte fixade utan att googla, eftersom jag helt hade glömt den formeln. Får jag fråga vilken nivå du är på ungefär? Gymnasium eller högskola? Har du gått igenom ekvationssystem? Induktionsbevis? Det hjälper att veta det när man ska svara.

EDIT - råkade avslöja svaret

Rätt Yngve. För att härleda en sluten formel för summan i Affe Jkpg's inlägg så kan man först betrakta summan av produkten av två konsekutiva tal:

     $3\sum _{k=1}^{n}n\left(n+1\right)=3\sum _{k=1}^n{n}^2+n=n\left(n+1\right)\left(n+2\right)$

och därefter dela upp HL till

     $3\sum _{k=1}^n{n}^2+3\sum _{k=1}^{n}n=n\left(n+1\right)\left(n+2\right)$ .

Du vet att $\sum _{k=1}^{n}n=\frac{n(n+1)}{2}$ (varför?). Kombinera nu allt detta och försök lösa ut summan $\sum _{k=1}^n{n}^2.$

SvanteR skrev :

En rätt knepig uppgift som jag inte fixade utan att googla, eftersom jag helt hade glömt den formeln. Får jag fråga vilken nivå du är på ungefär? Gymnasium eller högskola? Har du gått igenom ekvationssystem? Induktionsbevis? Det hjälper att veta det när man ska svara.

Egentligen, jag vet inte vilken nivå jag är. Jag går i åk 8, men grejen är att jag är inte från Sverige, utan från Ukraina, och där är matteundervisningen mycket svårare än i Sverige. Det är väldigt komplicerat) Lyckligtvis, fick jag gymnasieböckerna från min lärare.

För Lirim.Ks lösning måste man känna till den första summan, vilket inte känns självklart att man gör. 

Någonting måste man dock utgå ifrån och det kanske känns rimligt att göra antagandet att en summa av kvadrater blir ett kubiskt uttryck, d.v.s ett tredjegradspolynom i n, på samma sätt som att integralen (som väsentligen är en summa) av x^2 blir x^3/3.

Att det verkligen blir så (och hur polynomet blir) kan man visa med induktion. 

Jag ska försöka utveckla svaret du fick från Dr. G.

Man kan börja med att ställa upp hypotesen att uttrycket du söker bör innehålla $n^3$, eftersom det ska vara ett uttryck för en volym. Tänk på volymerna för en kub eller ett klot. Om det är så bör uttrycket du söker vara ett tredjegradspolynom i n. Observera att detta bara är en hypotes i det här stadiet av resonemanget.

Då kan man skriva tredjegradspolynomet som $a{n}^3+b{n}^2+cn+d$

För att bestämma a, b, c och d kan man ställa upp ett linjärt ekvationssystem. För att göra det utnyttjar man att du redan räknat ut vilket värde polynomet ska ha för n = 1, 2, 3 och 4. Man får

$$\begin{gathered} a+b+c+d=1 \\ 8a+4b+2c=5 \\ 27a+9b+3c+d=14 \\ 64a+16b+4c+d=30 \end{gathered}$$

Om du löser det ekvationssystemet får du ett polynom som stämmer för de första fyra naturliga talen. Sedan måste du visa att det stämmer för alla tal. Det kan du göra med ett induktionsbevis. När du har gjort det är beviset klart.

Fråga gärna igen om detta inte räcker!

SvanteR skrev :

Jag ska försöka utveckla svaret du fick från Dr. G.

 

Man kan börja med att ställa upp hypotesen att uttrycket du söker bör innehålla $n^3$, eftersom det ska vara ett uttryck för en volym. Tänk på volymerna för en kub eller ett klot. Om det är så bör uttrycket du söker vara ett tredjegradspolynom i n. Observera att detta bara är en hypotes i det här stadiet av resonemanget.

Då kan man skriva tredjegradspolynomet som $a{n}^3+b{n}^2+cn+d$

För att bestämma a, b, c och d kan man ställa upp ett linjärt ekvationssystem. För att göra det utnyttjar man att du redan räknat ut vilket värde polynomet ska ha för n = 1, 2, 3 och 4. Man får

 

$$\begin{gathered} a+b+c+d=1 \\ 8a+4b+2c=5 \\ 27a+9b+3c+d=14 \\ 64a+16b+4c+d=30 \end{gathered}$$

 

Om du löser det ekvationssystemet får du ett polynom som stämmer för de första fyra naturliga talen. Sedan måste du visa att det stämmer för alla tal. Det kan du göra med ett induktionsbevis. När du har gjort det är beviset klart.

 

Fråga gärna igen om detta inte räcker!

8a+4b+2c+d=5 :-)

$$\begin{gathered} a=\frac{1}{3} \\ b=\frac{1}{2} \end{gathered}$$

Är det någon som orkat c och d?

$\frac{n^3}{3}+\frac{n^2}{2}+\frac{n}{6}+\frac{1}{6}$

Detta svar var säkert bara "överkurs"

Jag har tittat lite på lösningsförslagen och tänker tillbaka på gamla pluggakuten

där jag har löst motsvarande med lite fiffigare angreppssätt  "Stirlingpolynom" istf vanliga polynom.

men inte samma som Wolfram alpha menar med http://mathworld.wolfram.com/StirlingPolynomial.html

I stället för att ansätta en polynom av grad n på det vanliga viset 

p_n(x) = a_n \cd x^n + a_[n-1] \cd x ^[n-1] + ......a_1 \cd x+ a_0   kan man skriva ansatsen

q_n(x)  = b_n \cd x \cd (x-1) \cd (x-2) ...(x-(i-1))+ b_[n-1] \cd (x-1) (x-2 ) ...(x-(i-2))+ ...b_1 \cd (x-1)+ b_0  för i = 1  to n

så att vi får många nollor i vår koefficientmatris och bara behöver göra återsubstiition för att finna $p\_n\left(x\right)$

matrisen är alltså triangulär från början vid gausselimineringen