5.2: Fórmulas para Sumas y Productos
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Gauss, cuando sólo era un niño, encontró una fórmula para sumar los primeros números\(100\) naturales (o eso dice la historia.). Esta fórmula, y su ingenioso método para justificarla, se puede generalizar fácilmente a la suma de los primeros\(n\) naturales. Mientras se aprende cálculo, notablemente durante el estudio de las sumas de Riemann, uno encuentra otras fórmulas de suma. Por ejemplo, al aproximar la integral de la función\(f(x) = x^2\) de\(0\) a\(100\) uno necesita la suma de los primeros\(100\) cuadrados. Por esta razón, en algún lugar de casi todos los libros de cálculo se encuentran las siguientes fórmulas recopiladas:
\[ \sum_{j=1}^{n} j =\dfrac{n(n+1)}{2} \\ \sum_{j=1}^{n} j^2 =\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6} \\ \sum_{j=1}^{n} j^3 =\dfrac{n^2(n+1)^2}{4} \]
Un autor realmente trabajador podría incluir también la suma de los cuartos poderes. Jacob Bernoulli (un individuo verdaderamente laborioso) se emocionó lo suficiente como para encontrar fórmulas para las sumas de los diez primeros poderes de los naturales. En realidad, Bernoulli fue mucho más allá. Su trabajo sobre las sumas de poderes lleva a la definición de lo que ahora se conoce como números de Bernoulli y le dejó calcular\(\sum^{1000}_{j=1} j^{10}\) en unos siete minutos, ¡mucho antes del advenimiento de las calculadoras! En [16, p. 320], se cita a Bernoulli:
Con la ayuda de esta tabla me tomó menos de medio cuarto de hora encontrar que los décimos poderes de los primeros\(1000\) números que se sumarán darán la suma\(91, 409, 924, 241, 424, 243, 424, 241, 924, 242, 500\).
Para el estudiante de cálculo inicial, la belleza de las relaciones anteriores puede verse algo atenuada por el desafío de memorización que representan. Es afortunado entonces, que el lado derecho de la tercera fórmula sea apenas el cuadrado del lado derecho de la primera fórmula. Y claro, el lado derecho de la primera fórmula es algo que puede deducir un niño de seis años (¡siempre que sea un súper genio!) Esta feliz coincidencia nos deja aplicar la mayor parte de nuestra energía de memorización de memoria de memoria a la fórmula número dos, porque la primera y la tercera fórmulas están relacionadas por la siguiente ecuación de aspecto bastante extraño,
\[\sum_{j=1}^{n} j^3 = \left( \sum_{j=1}^{n} j \right)^2. \]
La suma de los cubos de los primeros\(n\) números es el cuadrado de su suma.
Para completar, debemos incluir la siguiente fórmula que debe considerarse como la suma de los poderes cero de los primeros\(n\) naturales.
\[\sum_{j=1}^{n} 1 = n\]
Utilice las fórmulas anteriores para aproximar la integral
\(\int_{x=0}^{10} x^3 − 2x + 3dx\)
Nuestro reto hoy no es simplemente memorizar estas fórmulas sino demostrar su validez. Vamos a usar PMI.
Antes de comenzar con una prueba, es importante averiguar a dónde estamos tratando de ir. Al probar la fórmula que Gauss descubrió por inducción necesitamos demostrar que la\(k + 1\) —ésima versión de la fórmula contiene, asumiendo que la\(k\) —ésima versión sí. Antes de proceder a leer la prueba haga lo siguiente
Anote la\(k + 1\) —ésima versión de la fórmula para la suma de los primeros\(n\) naturales. (Tienes que reemplazar cada uno\(n\) con a\(k + 1\).)
\[∀n ∈ \mathbb{N}, \sum^{n}_{j=1} j = \dfrac{n(n + 1)}{2}\]
- Prueba
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Se procede por inducción en\(n\).
Bases: ¡Observe que cuando\(n = 0\) la suma del lado izquierdo no tiene términos en ella! Esto se conoce como una suma vacía, y por definición, el valor de una suma vacía es\(0\). También, cuando\(n = 0\) la fórmula del lado derecho se vuelve\(\dfrac{(0 · 1)}{2}\) y esto también\(0\) lo es. 1
Paso inductivo: Considere la suma en el lado izquierdo de la\(k + 1\) —ésima versión de nuestra fórmula.
\(\sum^{k+1}_{j=1} j\)
Podemos separar el último término de esta suma.
\( = (k+1) + \sum^{k}_{j=1} j\)
A continuación, podemos usar la hipótesis inductiva para reemplazar la suma (la parte que va de\(1\) a\(k\)) con una fórmula.
\(= (k + 1) + \dfrac{k(k + 1)}{2}\)
De aquí en adelante es sólo álgebra.
\(= \dfrac{2(k + 1)}{2} + \dfrac{k(k + 1)}{2} \\ = \dfrac{2(k + 1) + k(k + 1)}{2} \\ = (k + 1) · \dfrac{(k + 2)}{2} \)
Q.E.D.
Observe cómo funciona el paso inductivo en esta prueba. Comenzamos por escribir el lado izquierdo de\(P_{k+1}\), sacamos el último término así que tenemos el lado izquierdo de\(P_k\) (más algo más), luego aplicamos la hipótesis inductiva y hacemos algo de álgebra hasta llegar al lado derecho de\(P_{k+1}\). En general, acabamos de transformar el lado izquierdo de la declaración que deseamos probar en su lado derecho.
Hay otra manera de organizar los pasos inductivos en pruebas como estas que funcionan manipulando igualdades enteras (en lugar de solo un lado u otro de ellas).
Paso inductivo (alternativo): Por la hipótesis inductiva, podemos escribir
\(\sum_{j=1}^{k} j = \dfrac{k(k+1)}{2} .\)
Sumando\((k + 1)\) a ambos lados de estos rendimientos
\(\sum_{j=1}^{k+1} j = (k + 1) + \dfrac{k(k+1)}{2} .\)
A continuación, podemos simplificar el lado derecho de este para obtener
\(\sum_{j=1}^{k+1} j = \dfrac{(k + 1)(k + 2)}{2} .\)
Q.E.D.
A menudo se puede ahorrar un esfuerzo considerable en una prueba inductiva usando creativamente la forma factorizada durante los pasos intermedios. Por otro lado, a veces es más fácil simplemente simplificar todo por completo, y también, simplificar completamente la expresión en el lado derecho de\(P(k + 1)\) y luego verificar que las dos cosas son iguales. Esto es básicamente otra toma de la técnica de “trabajar hacia atrás desde la conclusión”. Solo recuerda que al redactar tu comprobante necesitas que parezca que razonaste directamente desde las premisas hasta la conclusión. Ilustraremos lo que hemos estado discutiendo en este párrafo mientras probamos la fórmula para la suma de los cuadrados de los primeros enteros\(n\) positivos.
\[∀n ∈ \mathbb{Z}^+, \sum^{n}_{j=1} j^2 = \dfrac{n(n + 1)(2n + 1)}{6}\]
- Prueba
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Se procede por inducción en\(n\).
Base: Cuando\(n = 1\) la suma tiene sólo un término,\(1^2 = 1\). Por otro lado, la fórmula es\(\dfrac{1(1 + 1)(2 · 1 + 1)}{6} = 1\). Dado que estos son iguales, se prueba la base.
Antes de continuar con el paso inductivo, en este recuadro, descubriremos cómo se ve el lado derecho de nuestro teorema cuando\(n\) se reemplaza por\(k + 1\):
\(\dfrac{(k + 1)((k + 1) + 1)(2(k + 1) + 1)}{6} \\ = \dfrac{(k + 1)(k + 2)(2k + 3)}{6} \\ = \dfrac{(k^2 + 3k + 2)(2k + 3)}{6} \\ = \dfrac{2k^3 + 9k^2 + 13k + 6}{6} \)
Paso inductivo: Por la hipótesis inductiva,
\(\sum_{j=1}^{k} j^2 = \dfrac{k(k + 1)(2k + 1) }{6}\).
Sumando\((k + 1)^2\) a ambos lados de esta ecuación da
\((k + 1)^2 + \sum_{j=1}^{k} j^2 = \dfrac{k(k + 1)(2k + 1)}{6} + (k + 1)^2\).
Por lo tanto,
\(\sum_{j=1}^{k+1} j^2 = \dfrac{k(k + 1)(2k + 1)}{6} + \dfrac{6(k + 1)^2}{6} \)
Por lo tanto,
\(\sum_{j=1}^{k+1} j^2 = \dfrac{k(k + 1)(2k + 1)}{6} + \dfrac{6(k^2 + 2k + 1)}{6} \\ = \dfrac{(2k^3 + 3k^2 + k) + (6k^2 + 12k + 6)}{6} \\ = \dfrac{2k^3 + 9k^2 + 13k + 6}{6} \\ = \dfrac{(k^2 + 3k + 2)(2k + 3)}{6} \\ = \dfrac{(k + 1)(k + 2)(2k + 3)}{6} \\ = \dfrac{(k + 1)((k + 1) + 1)(2(k + 1) + 1)}{6}.\)
Esto prueba el paso inductivo, por lo que el resultado es cierto.
Q.E.D.
Observe cómo las últimas cuatro líneas de la prueba son las mismas que las del cuadro anterior que contiene nuestro trabajo de scratch? (Excepto en el orden inverso.)
Terminaremos esta sección demostrando un uso más de esta técnica. Esta vez veremos una fórmula para un producto en lugar de una suma.
\[∀n ≥ 2 ∈ \mathbb{Z}, \prod^{n}_{j=2} \left(1 − \dfrac{1}{j^2} \right) = \dfrac{n + 1}{2n} .\]
Antes de preceder con la prueba veamos un ejemplo (aunque esto no tiene nada que ver con probar nada, realmente no es una mala idea, ¡puede evitar que pierdas mucho tiempo tratando de probar algo que en realidad no es verdad!) Cuando\(n = 4\) el producto es
\( \left( 1 − \dfrac{1}{2^2} \right) · \left( 1 − \dfrac{1}{3^2} \right) · \left( 1 − \dfrac{1}{4^2} \right) .\)
Esto simplifica
\( \left( 1 − \dfrac{1}{4} \right) · \left( 1 − \dfrac{1}{9} \right) · \left( 1 − \dfrac{1}{16} \right) = \left( \dfrac{3}{4} \right) \cdot \left( \dfrac{8}{9} \right) \cdot \left( \dfrac{15}{16} \right) = \dfrac{360}{576} .\)
La fórmula en el lado derecho es
\(\dfrac{4 + 1}{2 \cdot 4} = \dfrac{5}{8}. \)
¡Bien! Estas dos expresiones claramente no son iguales entre sí. ¿Qué? ¿Dices que lo son? Sólo dame un segundo con mi calculadora..
Bien entonces. Supongo que no podemos esquivar hacer la prueba..
- Prueba
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(Usando inducción matemática en\(n\).)
Base: Cuando\(n = 2\) el producto tenga un solo término,\(1 − \dfrac{1}{2}^2 = \dfrac{3}{4}\). Por otro lado, la fórmula es\(\dfrac{2 + 1}{2 · 2} = \dfrac{3}{4}\). Dado que estos son iguales, se prueba la base.
Paso inductivo:
\(k\)Sea un entero particular pero arbitrariamente elegido de tal manera que
\( \prod^{k}_{j=2} \left( 1 − \dfrac{1}{j^2} \right) = \dfrac{k + 1}{2k}.\)
Multiplicando 2 ambos lados por el\(k + 1\) -ésimo término del producto da\(1 − \dfrac{1}{(k + 1)^2} · \prod^{k}_{j=2} \left( 1 − \dfrac{1}{j^2} \right) = \dfrac{k + 1}{2k} · \left( 1 − \dfrac{1}{(k + 1)^2} \right)\).
Por lo tanto
\( \begin{array} \prod^{k+1}_{j=2} \left( 1 − \dfrac{1}{j^2} \right) &= \dfrac{k + 1}{2k} · \left( 1 − \dfrac{1}{(k + 1)^2} \right) \\ &= \dfrac{k + 1}{2k} − \dfrac{(k + 1)}{2k(k + 1)^2} \\ &= \dfrac{k + 1}{2k} − \dfrac{(1)}{2k(k + 1)} \\ &= \dfrac{(k + 1)^2 − 1}{2k(k + 1)} \\ &= \dfrac{k^2 + 2k}{2k(k + 1)} \\ &= \dfrac{k(k + 2)}{2k(k + 1)} \\ &= \dfrac{k + 2}{2(k + 1)}. \end{array}\)
Q.E.D.
Ejercicios:
Escriba una prueba inductiva de la fórmula para la suma de los primeros\(n\) cubos.
Encuentra una fórmula para la suma de las primeras\(n\) cuartas potencias.
La suma de los primeros números\(n\) naturales a veces se llama el\(n\) -ésimo número triangular\(T_n\). Los números triangulares se denominan así porque uno puede representarlos con arreglos triangulares de puntos.
Los primeros números triangulares son\(1, 3, 6, 10, 15\), etcétera. ¡Determina una fórmula para la suma de los primeros números\(n\) triangulares\(\left( \sum^{n}_{i=1} T_i \right) \)! y probarlo usando PMI.
Considere la suma alterna de cuadrados:
\(1 \\ 1 − 4 = −3 \\ 1 − 4 + 9 = 6 \\ 1 − 4 + 9 − 16 = −10 \\ \text{et cetera}\)
Adivina una fórmula general para\(\sum^{n}_{i=1} (−1)^{i−1} i^2\), y demuéstrala usando PMI.
Demostrar la siguiente fórmula para un producto.
\(\prod^{n}_{i=2} \left( 1 − \dfrac{1}{i} \right) = \dfrac{1}{n}\)
Demostrar\(\sum^{n}_{j=0} (4j + 1) = 2n^2 + 3n + 1\) para todos los enteros\(n ≥ 0\).
Demostrar\(\sum^{n}_{i=1} \dfrac{1}{(2i − 1)(2i + 1)} = \dfrac{n}{2n + 1}\) para todos los números naturales\(n\).
Los números de Fibonacci son una secuencia de enteros definidos por la regla de que un número en la secuencia es la suma de los dos que le preceden.
\(F_{n+2} = F_n + F_{n+1}\)
Los dos primeros números de Fibonacci (en realidad el cero y el primero) son ambos\(1\).
Así, los primeros números de Fibonacci son
\(F_0 = 1, F_1 = 1, F_2 = 2, F_3 = 3, F_4 = 5, F_5 = 8, F_6 = 13, F_7 = 21,\)
et cetera Utilice la inducción matemática para probar la siguiente fórmula que involucra números de Fibonacci.
\(\sum^{n}_{i=0} (F_i)^2 = F_n · F_{n+1}\)