Wiskundeforum

door **David** » 10 Mrt 2010, 17:46

Hallo allemaal,

Ik heb me een tijd geleden bezig gehouden met het opstellen van een aantal reeksen, namelijk
De volgende reeks $\sum_{k=1}^{n}k^p$ waarin $k,n,p \in \mathbb{N}$ . Een aantal aannamen, (genummerd in uitwerkingen, dat met accolades):
1: $\sum_{k=1}^{n} f(x)+\sum_{k=1}^{n} g(x)=\sum f(x)+g(x)$ , 2. $\sum_{k=1}^{n} a \cdot f(x)=a \cdot \sum f(x)$ . Verder: 3. $\sum_{k=1}^{n}k^p-(k-1)^p=n^p$ . 4. De coëfficiënten in de laatste reeks zijn opgeteld 1. Het laatste gebruik ik als extra controle.

Voor \sum_{k=1}^{n}(1) kom ik, misschien voorspelbaar, uit op n.
$\sum_{k=1}^{n}k$ als volgt:
$\sum_{k=1}^{n}k^2-(k-1)^2=n^2$ {3}
$\sum_{k=1}^{n}k^2-(k^2-2k+1)=n^2$
$\sum_{k=1}^{n}2k-1=n^2$
$\sum_{k=1}^{n}2k-\sum(1)=n^2$ {1}
We wisten al: $\sum1=n$ , dus
$\sum_{k=1}^{n}2k-n=n^2$
$\sum_{k=1}^{n}2k=n^2+n$
$2\cdot \sum_{k=1}^{n}k=n^2+n$
$\sum_{k=1}^{n} k=\frac{n^2+n}{2}$ {2} (=0.5n^2+0.5n)
De som van de coëfficiënten is 1, {4}

Dan:
$\sum_{k=1}^{n}k^2$
$\sum_{k=1}^{n}k^3-(k-1)^3=n^3$ {3}
$\sum_{k=1}^{n}k^3-(k^3-3k^2+3k-1)=n^3$
$\sum_{k=1}^{n}3k^2-3k+1=n^3$
$\sum_{k=1}^{n}3k^2-\sum_{k=1}^{n}3k+\sum_{k=1}^{n}$ {1}
Gebruik maken van al gevonden reeksen:
$\sum_{k=1}^{n}3k^2-3(0.5n^2+0.5n)+n=n^3$
$\sum_{k=1}^{n}3k^2=n^3+1.5n^2+0.5n$
$\sum_{k=1}^{n}k^2=\frac{1}{3}n^3+0.5n^2+\frac{1}{6}n$ {2}
De som van de coëfficiënten is 1. {4}

Met deze methode vond ik:
$\sum_{k=1}^{n} k^3=0.25n^4+0.5n^3+0.25n^2 (=(0.5n^2+0.5n)^2=(\sum(n))^2$
$\sum_{k=1}^{n} k^4=0.2n^5+0.5n^4+\frac{1}{3}n^3-\frac{1}{30}n$
$\sum _{k=1}^{n} k^5=\frac{1}{6}n^6+0.5n^5+\frac{5}{12}n^4-\frac{1}{12}n^2$
$\sum _{k=1}^{n} k^6=\frac{1}{7}n^7+0.5n^6+0.5n^5-\frac{1}{6}n^3+\frac{1}{42}n$

Wat ik me afvraag is of de methode klopt, zijn de aannamen te bewijzen? Is er een efficiëntere methode om de reeksen te vinden? In ieder geval valt me op dat de eerste coëfficiënt 1/(p+1) is, en dat de tweede coëfficiënt 0.5 is. Deze methode levert uiteindelijk (met de “hand”) veel werk, maar is zeker een mooie oefening om secuur te werken..

door **SafeX** » 10 Mrt 2010, 19:10

daco schreef: $\sum_{k=1}^{n}(n)$ als volgt:

Bedoel je hiermee: 1+2+3+...+n

door **David** » 10 Mrt 2010, 20:59

Ja, dat bedoelde ik, of had ik
$\sum_{k=1}^{n}(k)$ moeten gebruiken?

door **SafeX** » 10 Mrt 2010, 21:06

Dan had 't:
$\sum_{k=1}^{n} k=...$
(zonder haakjes) moeten zijn.

Verder ziet het er goed uit, hoewel je dit in de formules moet aanpassen.
Welke aannamen bedoel je?

door **David** » 10 Mrt 2010, 21:43

Ik heb het aangepast; haakjes weggehaald en de 'n' die werd gesommeerd in een 'k' veranderd. Klopt het zo?

De aannamen die ik heb gemaakt:
{1}: $\sum_{k=1}^{n}f(k)+\sum_{k=1}^{n}g(k)=\sum_{k=1}^{n}f(k)+g(k)$
{2}: $\sum_{k=1}^{n} a\cdot f(k)= a \cdot \sum_{k=1}^{n}f(k)$
{3}: $\sum_{k=1}^{n}k^p-(k-1)^p=n^p$
{4}: De coëfficiënten in de laatste reeks zijn opgeteld 1. Dit extra controle.

door **SafeX** » 10 Mrt 2010, 21:48

Ja, deze zijn eenvoudig te bewijzen.
Begin eens met (3) en (4).

door **David** » 10 Mrt 2010, 22:17

{3}:
$k^p-(k-1)^p=$
$k^p-( {p \choose 0} k^p-{p \choose 1} k^{p-1}+{p \choose 2} k^{p-2} \cdots \cdots \pm {p \choose 2} k^2 \mp {p \choose 1} k^1 \pm {p \choose 0} k^0)=$
${p \choose 1} k^{p-1} - {p \choose 2} k^{p-2} \cdots \cdots \mp {p \choose 2} k^2 \pm {p \choose 1} k^1 \mp {p \choose 0} k^0$
Dat is de verschilrij van n^p.

{4}:
Als a+b=1 en c+d=1, dan
(a+b)(c+d)=1. a, b, c en d zijn coëfficiënten.

noot 1: Ik heb algemeen ${p \choose p-n}$ herschreven naar ${p \choose n}$ . vb: ${p \choose 2}={p \choose p-2}$
noot 2: + of - is op het laatst afhankelijk van exponent p. Als p=even, dan zijn coëfficiënten voor even exponenten van k positief, dus +, oneven exponenten negatief, dus -.
Als p=oneven, dan zijn coëfficiënten voor even exponenten van k negatief, dus -, oneven exponenten positief, dus +

door **SafeX** » 10 Mrt 2010, 23:02

(1) commutatieve eigenschap
(2) distributieve ...
(3)
$\sum_{k=1}^n(k^p-(k-1)^p)=1-0+2^p-1+3^p-2^p+...+n^p-(n-1)^p=n^p$
(4) moet je nog even toelichten.

door **David** » 11 Mrt 2010, 10:50

{1}: Als je van de rij g(x) aftrekt, wordt de reeks ook $\sum_{k=1}^{n} g(k)$ kleiner, om dat te "compenseren", bij $\sum_{k=1}^{n} f(k)$ , $\sum_{k=1}^{n} g(k)$ optellen.

{2} Door de rij te delen door een constante, bijv. 2, wordt de reeks dezelfde constante factor, 2 kleiner. "Compenseren" door de reeks met 2 te vermenigvuldigen.

{3} (bijna) alle termen met k^p met k<n, worden tegen elkaar weggestreept. 0 niet, maar die heeft als term geen invloed op de uitkomst. Zo blijft n^p over

{4} stel dat $(an+b)\sum_{k=1}^{n} k^2 = \sum_{k=1}^{n} k^3$ , dan geldt $a+b=1$ , de termen voor de reeks voor k^2 zijn 1, dus zijn de termen voor de reeks van k^3 ook 1. Er is geen a en b te vinden voor de reeks

Staat k^p-(k-1)^p tussen haakjes om aan te geven dat je allebei de termen bij elkaar op moet tellen? Want dan moet ik evt. nog e.e.a. aanpassen in de eerste post

Is dit een gebruikelijke manier om de reeksen te vinden of wordt dit meestal anders gedaan?

door **SafeX** » 11 Mrt 2010, 11:09

Dit is een goede manier om dit soort reeksen te sommeren.

M'n vorige post was bedoeld om op een andere manier naar die aannamen te kijken.
De som van elke reeks is een functie van n, zeg f(n), g(n) enz.
Vraag: heeft f(n) een constante?

(1)
$\sum_{k=1}^n (f(k)+g(k))=\sum_{k=1}^n f(k)+\sum_{k=1}^n g(k)$
Laat dit eens zien met de commutatieve eigenschap.

door **David** » 11 Mrt 2010, 11:57

f(n) heeft volgens mij geen constante; dan zou die uit f(x)=...+0 moeten komen, maar 0 in een rij blijft 0 in de reeks. Een constante in f(x) wordt met n vermenigvuldigd in f(n).

(1)
Wil commutatieve eigenschap in deze context zeggen dat de termen in elke volgorde geplaatst kan worden
Ik zou dit alleen met een voorbeeld kunnen laten zien.

door **SafeX** » 11 Mrt 2010, 15:20

Je blijft werken met f(x) terwijl het f(n) moet zijn.

Natuurlijk kan f(n) geen constante bevatten, want voor n=0 volgt de som is 0.

Commutatief voor de optelling betekent: a+b=b+a voor alle a en b.
Jouw omschrijving is een gevolg hiervan.

door **ti-wereld.nl** » 11 Mrt 2010, 18:07

daco schreef:Ik heb het aangepast; haakjes weggehaald en de 'n' die werd gesommeerd in een 'k' veranderd. Klopt het zo?

De aannamen die ik heb gemaakt:
{1}: $\sum_{k=1}^{n}f(x)+\sum_{k=1}^{n}g(x)=\sum_{k=1}^{n}f(x)+g(x)$
{2}: $\sum_{k=1}^{n} a\cdot f(x)= a \cdot \sum_{k=1}^{n}f(x)$
{3}: $\sum_{k=1}^{n}k^p-(k-1)^p=n^p$
{4}: De coëfficiënten in de laatste reeks zijn opgeteld 1. Dit extra controle.

Moet dat niet zijn: $\sum_{k=1}^{n}f(k)+\sum_{k=1}^{n}g(k)=\sum_{k=1}^{n}f(k)+g(k)$ ? Of bedoel je echt f(x)?

door **David** » 11 Mrt 2010, 18:56

ti-wereld.nl, inderdaad, het moet zijn f(k), was uit gewoonte.

Dus omdat je termen bijv. a en b in elke volgorde mag optellen, mag je zo van 2 reeksen 1 en andersom maken. Dan is de distributieve eigenschap zo ook te verklaren; je kan $\sum_{k=1}^{n} a \cdot f(k)$ herschrijven als $\sum_{k=1}^{n} (f(k)+f(k)+f(k)+f(k)+f(k)+ \cdots +f(k)+f(k))$ , dat weer splitsen in $\sum_{k=1}^{n} f(k)+\sum_{k=1}^{n} f(k)+\sum_{k=1}^{n} f(k) + \cdots + \sum_{k=1}^{n} f(k)+\sum_{k=1}^{n} f(k)$ . Dat is weer $a \cdot \sum_{k=1}^{n} f(k)$

door **SafeX** » 11 Mrt 2010, 19:39

(2) is niet goed.

daco schreef: $\sum_{k=1}^{n} a \cdot f(k)=af(1)+af(2)...+af(n)=a(f(1)+f(2)+...+f(n))=a\sum_{k=1}^{n}f(k)$

Wiskundeforum

reeksen

reeksen

Re: reeksen

Re: reeksen

Re: reeksen

Re: reeksen

Re: reeksen

Re: reeksen

Re: reeksen

Re: reeksen

Re: reeksen

Re: reeksen

Re: reeksen

Re: reeksen

Re: reeksen

Re: reeksen

Wie is er online?