Άθροισμα (κατά λάθος)

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #1

Προσπαθώντας να λύσω την άσκηση εδώ δεν είδα μια λεπτομέρεια και ουσιαστικά έλυσα άλλη, πιο εύκολη βέβαια αλλά αρκετά ενδιαφέρουσα. Δηλαδή προέκυψε νέα άσκηση κατά λάθος. Για να μην πάει χαμένη την βάζω στον ίδιο φάκελο χωρίς όμως να ξέρω αν είναι το κατάλληλο σημείο.

Άσκηση:

Υπολογίστε το

$\displaystyle{\sum_{1\leq i,j\leq 50}ij(-1)^{i+j}}$

Απάντηση:

$\displaystyle{\sum_{1\leq i,j\leq 50}ij(-1)^{i+j}=}$

$\displaystyle{\sum_{\stackrel{i,j=1}{i,j \text{ \gr περιττοί}}}^{49}[ij(-1)^{i+j}+i(j+1)(-1)^{i+j+1}+(i+1)j(-1)^{i+j+1}+(i+1)(j+1)(-1)^{i+j+2}]= }$

$\displaystyle{\sum_{\stackrel{i,j=1}{i,j \text{ \gr περιττοί}}}^{49}[ij-i(j+1)-(i+1)j+(i+1)(j+1)]=}$

$\displaystyle{\sum_{\stackrel{i,j=1}{i,j \text{ \gr περιττοί}}}^{49}(ij-ij-i-ij-j+ij+i+j+1)= \sum_{\stackrel{i,j=1}{i,j \text{ \gr περιττοί}}}^{49} 1= \sum_{\stackrel{i=1}{i \text{ \gr περιττός}}}^{49} \cdot \sum_{\stackrel{j=1}{j \text{ \gr περιττός}}}^{49} 1=25 \cdot 25 = 625}$

Υ.Γ. Ελπίζω βέβαια η λύση να είναι σωστή! Όσο για την αρχική... θα επανέλθω!

Edit: Διόρθωση στον συμβολισμό των αθροισμάτων...

#2

Διονύση, η τελική απάντηση είναι σωστή. Δεν είμαι όμως σίγουρος τι εννοείς με τον συμβολισμό $\displaystyle{ \sum_{i,j = 1,2}^{49}.}$

Πάντως με αυτό, δε είσαι μακριά από την απάντηση και στο άλλο ερώτημα.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #3

Demetres έγραψε:Διονύση, η τελική απάντηση είναι σωστή. Δεν είμαι όμως σίγουρος τι εννοείς με τον συμβολισμό $\displaystyle{ \sum_{i,j = 1,2}^{49}.}$

Το φοβόμουν ότι δεν είναι σωστός αυτός ο συμβολισμός. Πήρα την ιδέα από εδώ. Εννοώ τα

και

να παίρνουν τις τιμές 1,3,5,...49

.
Ουσιαστικά φαντάζομαι τα γινόμενα σε πίνακα $50 \times 50$ και είδα ότι το άθροισμα σε κάθε υποπίνακα $2 \times 2$ είναι ίσο με

.

Demetres έγραψε:Πάντως με αυτό, δε είσαι μακριά από την απάντηση και στο άλλο ερώτημα.

Για το άλλο ερώτημα μου λείπει πώς να υπολογίσω το $1 \cdot 2 + 3 \cdot 4 + 5 \cdot 6 + ... +49 \cdot 50$ . Έχουμε καμία πρόταση;

#4

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Demetres έγραψε:Διονύση, η τελική απάντηση είναι σωστή. Δεν είμαι όμως σίγουρος τι εννοείς με τον συμβολισμό $\displaystyle{ \sum_{i,j = 1,2}^{49}.}$
Το φοβόμουν ότι δεν είναι σωστός αυτός ο συμβολισμός. Πήρα την ιδέα από εδώ. Εννοώ τα και να παίρνουν τις τιμές .
Ουσιαστικά φαντάζομαι τα γινόμενα σε πίνακα $50 \times 50$ και είδα ότι το άθροισμα σε κάθε υποπίνακα $2 \times 2$ είναι ίσο με .

Το είχα φανταστεί από την λύση σου. Ο συμβολισμός δεν είναι σωστός. Θα μπορούσες π.χ. να γράψεις

$\displaystyle{ \sum_{\stackrel{i,j=1}{i,j \text{ \gr περιττοί}}}^{49}}$

Ή να αλλάξεις μεταβλητές θέτοντας m = 2i-1,n=2j-1

με τα

να πάνε από

ως

.

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Demetres έγραψε:Πάντως με αυτό, δε είσαι μακριά από την απάντηση και στο άλλο ερώτημα.
Για το άλλο ερώτημα μου λείπει πώς να υπολογίσω το $1 \cdot 2 + 3 \cdot 4 + 5 \cdot 6 + ... +49 \cdot 50$ . Έχουμε καμία πρόταση;

Σκέψου το!

#5

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: Υπολογίστε το

$\displaystyle{\sum_{1\leq i,j\leq 50}ij(-1)^{i+j}}$

Ένας γρήγορος τρόπος να το βρούμε είναι να παρατηρήσουμε ότι (από την επιμεριστική ιδιότητα) το δοθέν άθροισμα ισούται

$(1-2+3-4+...+49-50)(1-2+3-4+...+49-50) =(- 25) \cdot (-25)=625$

Το ότι 1-2+3-4+...+49-50=-25

είναι άμεσο παίρνοντας ζεύγη διαδοχικών: (1-2)+(3-4)+...+(49-50)= (-1) + ... +(-1)=-25

Καλλιεργώντας την παραπάνω ιδέα (συν ένα μικρό βηματάκι) μπορείς να βρεις εύκολα το άθροισμα εδώ που σε απασχόλησε. Για τον σκοπό αυτό θα χρειαστείς το 1^2+2^2+...+50^2= 42925

.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #6

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:... το $1 \cdot 2 + 3 \cdot 4 + 5 \cdot 6 + ... +49 \cdot 50$

Ίσως με τον τύπο $\dfrac{4n^3-9n^2+5n}{3}$ για n=26

Η συνέχεια όμως αύριο!

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #7

Mihalis_Lambrou έγραψε:
Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε: Υπολογίστε το

$\displaystyle{\sum_{1\leq i,j\leq 50}ij(-1)^{i+j}}$
Ένας γρήγορος τρόπος να το βρούμε είναι να παρατηρήσουμε ότι (από την επιμεριστική ιδιότητα) το δοθέν άθροισμα ισούται

$(1-2+3-4+...+49-50)(1-2+3-4+...+49-50) =(- 25) \cdot (-25)=625$

Το ότι είναι άμεσο παίρνοντας ζεύγη διαδοχικών:

- Μένω άφωνος!

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #8

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:... το $1 \cdot 2 + 3 \cdot 4 + 5 \cdot 6 + ... +49 \cdot 50$
Ίσως με τον τύπο $\dfrac{4n^3-9n^2+5n}{3}$ για

Η συνέχεια όμως αύριο!

Ο παραπάνω τύπος με παίδεψε πολύ, όμως όντως βγάζει σωστό αποτέλεσμα: 21450

Τον βελτίωσα όμως ώστε να χρησιμοποιεί πιο λογικό

:

$\dfrac{4n^3+3n^2-n}{3}$ για n=25

, που δίνει το ίδιο αποτέλεσμα. Με τη βοήθειά του θα ανεβάσω κι άλλη μία λύση στην αρχική άσκηση.

#9

Διονύσιος Αδαμόπουλος έγραψε:
Τον βελτίωσα όμως ώστε να χρησιμοποιεί πιο λογικό :

$\dfrac{4n^3+3n^2-n}{3}$ για , που δίνει το ίδιο αποτέλεσμα.

Και οι δύο τύποι είναι σωστοί, απλά στον πρώτο το

τρέχει από

έως

ενώ στον δεύτερο από

έως

.

Για παράδειγμα εύκολα ελέγχεις ότι αν στον δεύτερο τύπο βάλεις "όπου

το

", θα προκύψει ο πρώτος.

Αν σε "φοβίζουν" οι μεγάλες παραστάσεις του

, παρατήρησε ότι ο τελικός τύπος συμμαζεύεται λίγο:

$\dfrac{4n^3+3n^2-n}{3} = \dfrac{1}{3}n(n+1)(4n-1)$

Σημειώνω ότι με μία "σωστή και οικονομική λύση" είναι πιο εύκολο να πας απευθείας στον τύπο που μόλις έγραψα
παρά να πας πρώτα στο αριστερό μέλος και μετά να παραγοντοποιήσεις.

Δεν γράφω από τώρα τον τρόπο για να έχεις την χαρά να το ερευνήσεις.

KARKAR · #10

Θεωρούμε γνωστά , ότι για κάθε θετικό ακέραιο

, είναι : $1+2+3+...+n=\dfrac{n(n+1)}{2}$

$1^2+2^2+3^2+...+n^2=\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ . ( Στοιχειώδη στη θεωρία αριθμών ) .

Τώρα : $1\cdot2+3\cdot4+5\cdot6+...+49\cdot50=2\cdot1+4\cdot3+6\cdot5+...+50\cdot49$ .

Παρατηρούμε ότι έχουμε το $\displaystyle \sum_{n=1}^{25}2n(2n-1)=\sum_{n=1}^{25}(4n^2-2n)=4\sum_{n=1}^{25}n^2-2\sum_{n=1}^{25}n$

το οποίο γράφεται : $4\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}-2\dfrac{n(n+1)}{2}=...\dfrac{4n-1}3n(n+1)$ ,

που για n=25

, δίνει : $1\cdot2+3\cdot4+5\cdot6+...+49\cdot50=33\cdot25\cdot26=21450$

#11

KARKAR έγραψε: το οποίο γράφεται : $4\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}-2\dfrac{n(n+1)}{2}=...\dfrac{4n-1}3n(n+1)$

Ωραιότατα.

Ακριβώς αυτό εννοούσα όταν έγραφα

Mihalis_Lambrou έγραψε: Σημειώνω ότι με μία "σωστή και οικονομική λύση" είναι πιο εύκολο να πας απευθείας στον τύπο που μόλις έγραψα
παρά να πας πρώτα στο αριστερό μέλος και μετά να παραγοντοποιήσεις.

Δεν γράφω από τώρα τον τρόπο για να έχεις την χαρά να το ερευνήσεις.

Συγκεκριμένα, βγάζοντας κοινό παράγοντα το $\frac {1}{3}n(n+1)$ στο αριστερό μέλος, βρίσκουμε αμέσως το δεξί.

Άθροισμα (κατά λάθος)

Άθροισμα (κατά λάθος)

Re: Άθροισμα (κατά λάθος)

Re: Άθροισμα (κατά λάθος)

Re: Άθροισμα (κατά λάθος)

Re: Άθροισμα (κατά λάθος)

Re: Άθροισμα (κατά λάθος)

Re: Άθροισμα (κατά λάθος)

Re: Άθροισμα (κατά λάθος)

Re: Άθροισμα (κατά λάθος)

Re: Άθροισμα (κατά λάθος)

Re: Άθροισμα (κατά λάθος)

Μέλη σε σύνδεση