Άθροισμα

#1

Υπολογίστε το

$\displaystyle{\left|\sum_{1\leq i<j\leq 50}ij(-1)^{i+j}\right|.}$

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #2

α) Στην παραλλαγή που είδαμε εδώ, δηλαδή για τον υπολογισμό του:

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

θεωρούμε τον κάθε όρο του αθροίσματος τοποθετημένο σε πίνακα $50 \times 50$ . Χωρίζουμε αυτόν τον πίνακα σε $25 \cdot 25=625$ υποπίνακες διαστάσεων $2 \times 2$ , που ο καθένας ξεκινάει από περιττές συντεταγμένες.

Κάθε τέτοιος υποπίνακας έχει άθροισμα ίσο με

. Για την απόδειξη θεωρούμε ότι κάθε υποπίνακας ξεκινάει από τη θέση (i,j)

, όπου

,

περιττοί από

έως

, οπότε το άθροισμά του είναι ίσο με:

$ij(-1)^{(i+j)}+i(j+1)(-1)^{(i+j+1)}+(i+1)j(-1)^{(i+j+1)}+(i+1)(j+1)(-1)^{(i+j+2)}=ij-i(j+1)-(i+1)j+(i+1)(j+1)=ij-ij-i-ij-j+ij+i+j+1=1$

Επομένως το άθροισμα του συνολικού πίνακα είναι: $S=625 \cdot 1 =625$ (1)

Το ίδιο άθροισμα υπολογίζεται και αλλιώς με τον εντυπωσιακό τρόπο του κυρίου Μιχάλη που έδειξε εδώ.

β) Τα στοιχεία της κύριας διαγωνίου του πίνακα, δηλαδή όταν i=j

, έχουν άθροισμα:

$\displaystyle{D = \sum_{1 \leq i \leq 50} ii(-1)^{(i+i)} = \sum_{1 \leq i \leq 50} i^2 = 1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + 50^2 = 42925}$ (2)

...σύμφωνα με τον γνωστό τύπο: $1^2 + 2^2 + 3^2 + \ldots + n^2 = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

γ) Επίσης, ο πίνακας είναι συμμετρικός ως προς την κύρια διαγώνιο αφού το στοιχείο (i,j)

είναι ίσο με το στοιχείο (j,i)

.

δ) Στην άσκηση που έχουμε τώρα, ενδιαφερόμαστε για το άθροισμα των στοιχείων του πίνακα που βρίσκονται πάνω από την κύρια διαγώνιο του πίνακα, δηλαδή όταν i<j

. Λόγω συμμετρίας του πίνακα το ίδιο άθροισμα έχουν και τα στοιχεία που βρίσκονται κάτω από τη διαγώνιο, δηλαδή όταν i>j

.

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι το ζητούμενο άθροισμα είναι:

$\displaystyle{\left|\sum_{1\leq i<j\leq 50}ij(-1)^{i+j}\right| = \left| \frac{S - D}{2}\right| = \left| \frac{625 - 42925}{2}\right| =21150}$

Υ.Γ. ευχαριστώ τον κύριο Δημήτρη και τον κύριο Μιχάλη για την ενθάρρυνση και τις ιδέες.

Διονύσιος Αδαμόπουλος · #3

Μια λίγο διαφορετική προσέγγιση...

Κρατάμε από το α) μέρος της παραπάνω λύσης την απεικόνιση με τον πίνακα $50 \times 50$ που αποτελείται από $25 \cdot 25$ υποπίνακες $2 \times 2$ . Και επίσης ότι τα στοιχεία του κάθε υποπίνακα έχουν άθροισμα ίσο με

.

Συνεχίζουμε ως εξής:

Εμείς ενδιαφερόμαστε για το άθροισμα των στοιχείων του πίνακα που βρίσκονται πάνω από την κύρια διαγώνιο του πίνακα, δηλαδή όταν i<j

.

Όμως πάνω από την κύρια διαγώνιο του πίνακα βρίσκονται καθαρά (δηλαδή χωρίς επικαλύψεις με τη διαγώνιο)

υποπίνακες από την 1η σειρά υποπινάκων,

υποπίνακες από την 2η σειρά, κλπ,... και

υποπίνακες από την 25η σειρά. Δηλαδή συνολικά:

$1+2+3+\ldots +24 = 24 \cdot \dfrac{1+24}{2} = 300$ υποπίνακες.

Το άθροισμα των στοιχείων αυτών των υποπινάκων είναι $K=300 \cdot 1 = 300$ (1)

Όμως ακόμα δεν έχουμε συνυπολογίσει κάποια στοιχεία που βρίσκονται στους

υποπίνακες που αντιστοιχούν στην κύρια διαγώνιο του πίνακα. Πιο συγκεκριμένα, οι υποπίνακες αυτοί ξεκινάνε από τη θέση (i,i)

, όπου

περιττός από

έως

. Επίσης, τα στοιχεία αυτών των πινάκων βρίσκονται στις θέσεις: (i,i)

,

και

. Όμως μόνο το στοιχείο της θέσης (i,i+1)

βρίσκεται πάνω από την κύρια διαγώνιο. Επομένως πρέπει να υπολογιστεί το άθροισμα αυτών των στοιχείων:

$L = \displaystyle{\sum_{\stackrel{i=1}{i \text{ \gr περιττός}}}^{49} i(i+1)(-1)^{i+i+1}= - \sum_{\stackrel{i=1}{i \text{ \gr περιττός}}}^{49} i(i+1) = -(1 \cdot 2 + 3 \cdot 4 + 5 \cdot 6 +\ldots +49 \cdot 50)}$

Για τον υπολογισμό του τελευταίου αθροίσματος θα χρησιμοποιήσουμε ως Λήμμα, που αποδεικνύεται παρακάτω, το εξής:

$1\cdot 2+3\cdot 4+5\cdot 6+...+(2n-1)(2n)=\dfrac{4n^3+3n^2-n}{3}$

Επομένως για n=25

έχουμε:

$L = -\dfrac{4\cdot 25^3+3\cdot 25^2-25}{3}=-21450$ (2)

Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι το ζητούμενο άθροισμα είναι:

$\displaystyle{\left|\sum_{1\leq i<j\leq 50}ij(-1)^{i+j}\right| = \left| K+L \right| = \left| 300 - 21450 \right| =21150}$

Λήμμα

Θα αποδείξουμε με επαγωγή ότι:

$1\cdot 2+3\cdot 4+5\cdot 6+...+(2n-1)(2n)=\dfrac{4n^3+3n^2-n}{3}$

όπου

θετικός ακέραιος.

Για n=1

, έχουμε ότι $1\cdot 2=\dfrac{4+3-1}{3}$ που ισχύει.

Έστω πως για κάποιο

ισχύει ότι

$1\cdot 2+3\cdot 4+5\cdot 6+...+(2n-1)(2n)=\dfrac{4n^3+3n^2-n}{3}$

Θα αποδείξουμε πως και για n+1

ισχύει:

$1\cdot 2+3\cdot 4+5\cdot 6+...+(2n-1)(2n)+(2n+1)(2n+2)=\dfrac{4(n+1)^3+3(n+1)^2-(n+1)}{3}$

Έχουμε:

$1\cdot 2+3\cdot 4+5\cdot 6+...+(2n-1)(2n)+(2n+1)(2n+2)=$

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

$\dfrac{(4n^3+12n^2+12n+4)+(3n^2+6n+3)-(n+1)}{3}=\dfrac{4(n+1)^3+3(n+1)^2-(n+1)}{3}$

Άθροισμα

Άθροισμα

Re: Άθροισμα

Re: Άθροισμα

Μέλη σε σύνδεση