Konečné řady Připravil: Petr Blaschke
1
Konečné řady
Když jsme vybírali téma pro druhé kolo Korespondečního semináře, nechtěli jsme čtenářům i sobě komplikovat život představováním nějaké načechrané, rozbujelé teorie, plné nových pojmů a definic. Namísto toho jsme se zamysleli, co by takový typický koncový produkt středního školství mohl se svými znalostmi zvládnout. . . a vyšlo nám sčítání. Sčítání přirozených čísel, samozřejmě - konečně mnoha, to se rozumí. Nejedná se však o pokus o urážku, nebojte se. Právě naopak: tohle téma je totiž dost obtížné a metoda, kterou budeme používat, se například běžně nevyučuje, takže nad zadanými příklady by se zapotil i nejeden koncový produkt vysokého školství, ujišťuji vás. Možná si říkáte, že sčítání vám jako problém nepřipadá už od doby, co jste vychodili nižší stupeň, ale háček je samozřejmě v tom, že těch čísel, které je potřeba sečíst, bude hodně - pokud chcete, abych byl hrubě konkrétní, bude jich n. Je to pro zajímavost horší problém, než kdybychom jich po vás chtěli sečíst nekonečně mnoho. Důvod je poměrně komplikovaný a ne zcela jasný, ale v zásadě platí, že když situaci doženete do extrémů, tak se (většinou) zjednoduší. Na univerzitě se zachází o krok dále a sčítá se nekonečně mnoho čísel, která jsou nekonečně blízko u sebe - tomuto procesu se říká integrování, ale jelikož vyžaduje chápání limitních přechodů, což je právě onen druh načechrané, rozbujelé teorie, jenž trvá rok se naučit a další čtyři pochopit, nebudeme se tím zabývat. Abyste dostali lepší představu o tom, čím se zabývat budeme, povím vám historku. Jakýsi učitel v Německu koncem 18. století se chtěl (v rámci duševní hygieny) na chvíli zbavit všetečných otázek svých svěřených ratolestí, a tak jim zadal spočítat všechna čísla od 1 do 100. Jako věrný stoupenec už tehdy mocné limitní školy si byl dobře vědom náročnosti všech diskrétních úloh a v duchu si tedy gratuloval, jak si tímto chytrým manévrem vydobyl aspoň půl hodinu klidu. Měl ale tu smůlu, že v jeho třídě byl i malý Carl Gauss, který už za několik okamžiků začal vykřikovat správnou odpověď, s roztáhlým úsměvem po celém obličeji samozřejmě, šťastný, že mohl učiteli jeho odpočinek překazit. . . Co se dělo dál většina zdrojů už neuvádí (je jisté jen tolik, že Gauss se dožil vysokého věku 77 let). Způsob, jakým dospěl ke svému výsledku, byl ale geniální (což ho možná zachránilo): Uvědomil si, že pokud bude sčítat čísla po dvojcích, vždy na opačných koncích řady (například 1 a 100, 2 a 99, 3 a 98 atd.) vždy dospejě ke stejnému mezivýsledku - 101. A jelikož počet dvojic je 50, celkově vychází: 50 · 101 = 5050.
2
Zápis
Toto byl tedy příklad typu problému, o který se budeme zajímat, a také příklad typu řešení. Než ale přejdeme k tomu, jak se podobná řešení nacházejí, musíme ztratit pár slov ohledně značení. Jistě uznáte, že je cosi neekologického na tom vypisovat na papír všechna čísla, která sčítáte: 1 + 2 + 3 + 4 + 5+6+7+8+9+10+11+12+13+14+15+16+17+18+19+20+21+22+23+24+25+26+27+28+29+30+ 31 + 32 + 33 + 34 + 35 + 36 + 37 + 38 + 39 + 40 + 41 + 42 + 43 + 44 + 45 + 46 + 47 + 48 + 49 + 50 + 51 + 52 + 53 + 54 + 55 + 56 + 57 + 58 + 59 + 60 + 61 + 62 + 63 + 64 + 65 + 66 + 67 + 68 + 69 + 70 + 71 + 72 + 73 + 74 + 75 + 76 + 77 + 78 + 79 + 80 + 81 + 82 + 83 + 84 + 85 + 86 + 87 + 88 + 89 + 90 + 91 + 92 + 93 + 94 + 95 + 96 + 97 + 98 + 99 + 100 = 5050. Co kdybych nechtěl skončit u stovky, ale počítat dál třeba do miliónu? Nebo nedej bože do nekonečna (jak je ostatně v matematice dobrým zvykem)? Také není zrovna šikovné popisovat věci slovy: ”Součet všech kladných, celých čísel mezi jedničkou a stovkou se rovná pět tisíc pět set padesát” - moderním matematikům by to přišlo až nemravné. Proto se zavádí značení, 100 X
k = 5050,
k=1
které opravdu není tak odstrašující, jak vypadá, jelikož všechny ostatní druhy jsou ještě horší. Naopak: dovoluje vám vyjádřit poměrně složitá prohlášení v krátkém čase. Například - jistě jste si všimli toho, že Gaussovo řešení se dá aplikovat i na jiné příklady než je součet čísel 1 - 100. V případě 1 - 300 vyjdou
1
mezisoučty prostě 301 namísto 101 a počet dvojic bude 150 - což dává výsledek 301 · 150 = 45150. Nedá moc práce si uvědomit, že tímhle způsobem lze počítat čísla 1 - kamkoli je libo. V symbolech vyjádřeno: n X
k=
k=1
n(n + 1) . 2
(Není to úplná náhoda. Všechna dobrá řešení v matematice jsou podobně ”univerzální” - nejsou optimalizovaná na původní problém, ale jako vedlejší produkt řeší celou hromadu dalších věcí. Proto mají matematici tak rádi zapeklité příklady, které zdánlivě nikoho jiného nezajímají, protože doufají, že najdou podobně ”dobrá” řešení, jenž pomohou prohloubit pochopení celé problematiky1 ). Nebo když vám nezáleží nejenom na konkrétním počtu sčítanců, ale i na tom co sčítáte, vyjádříte to takto: n X
f (k),
k=1
přičemž f (k) je neznámá posloupnost, nebo funkce. Bývá to užitečné v případech, když chcete popsat nějakou pěknou vlastnost týkající se všech řad bezvýjimky. Například možnost vytýkání: n n X X cf (k) = c f (k). k=1
Nebo vlastnost:
n X k=1
k=1
(f (k) + g(k)) =
n X k=1
f (k) +
n X
g(k),
k=1
která dobře ukazuje účinnost tohoto zápisu, protože její přesný slovní popis je dost krkolomný - musel bych říct něco jako: ”Řada je lineární funkcionál na okruhu funkcí nad polem reálných čísel” nebo podobně.
3
Primitivní funkce
Jak jste se jistě dovtípili, neexistuje žádná jediná, univerzální, zaručená nebo bezchybná metoda, jak sčítat řady (kvůli tomu je to taková zábava). Většina z nich je navíc ještě těžko pochopitelná, protože operují se všemi nablýskanými, vypilovanými nástroji moderní civilizace jako jsou derivace, integrály, operátory nebo Fourierova analýza. Nicméně existuje jeden stravitelný přístup, jenž je navíc široce aplikovatelný i na ostatní druhy problémů - totiž odhad. Asi si říkáte, co bohapusté hádání zmůže na půdě tak rigorózní vědy, jakou je matematika, ale pravdou je, že je to jedna z nejpopulárnějších metod v dějinách a pokud se dostanete na nějaké neprobádáné teritorium, ve skutečnosti jediná věc, kterou můžete dělat. Rozdíl mezi ní a věštěním z čajových lístků spočívá v tom, že se jedná o kvalifikovaný odhad. Kde se kvalifikace bere, vysvětlím za moment. Nejprve: To, co se bude odhadovat, nebudou čísla - doufám, že tolik bylo jasné hned od začátku. Kdysi jsem na cvičení napsal na tabuli řadu, u které mě zajímal součet a někteří studenti opravdu začali bez uvažovaní vykřikovat možné výsledky a podle výrazu mého obličeje se snažili uhodnout, jestli jsou na správné stopě. Čímž nechci říct, že by to byl zase tak špatný nápad. V principu se mi líbil. Chyba spočívala pouze v tom, že moje tvář není zdroj žádných definitivních odpovědí - nikde není zaručeno, že odhad je tím lepší, čím šířeji se směji (celou dobu jsem se mimo to tvářil naprosto konstantně: užasle). Většinu času proto nadhazovali jenom čísla, která považovali z nějakého důvodu za ”pěkná” jako 0, 1 nebo -1 (jednou dokonce i nekonečno). Nikdo ještě nevymyslel jednoduchou, snadno ověřitelnou a zaručenou podmínku, kterou by muselo splňovat číslo, aby odpovídalo součtu řady (snad kromě té, že se mu musí rovnat skutečnému výsledku, jenž by se dal mechanicky spočítát na počítači). Překvapivě ale existuje jednoduchá, snadno ověřitelná a zaručená podmínka na funkci, z níž se pak dá vyextrahovat výsledek. Předmětem našeho zájmu a to, co se budeme snažit uhádnout, budou tedy funkce - což je pravý důvod, proč jsem hovořil o obtížnosti tohoto tématu. Celý byznys je založen na pozorování, že je velmi snadné sečíst řadu v tomto tvaru: n X
(f (k + 1) − f (k)) = f (n + 1) − f (1).
k=1 1 Nejslavnějších sedm problémů, u kterých se očekávají převratné objevy, jsou tzv. ”Problémy tisíciletí”, na jejichž vyřešení je vypsaná odměna jednoho milionu dolarů.
2
Uvědomit si, že rovnost platí je jen otázka rozepsání jendotlivých členů a faktu, že se všechny až na dva vzájemně odečtou. n X (f (k + 1) − f (k)) = f (2) − f (1) + f (3) − f (2) + f (4) − f (3) + . . . {z } | {z } | {z } | k=1
k=1
k=2
k=3
· · · + f (n) − f (n − 1) + f (n + 1) − f (n) = f (n + 1) − f (1). | {z } | {z } k=n−1
k=n
Každý asi uhodne, že pokud nemáme řadu v tomto pěkném tvaru, ale v úplně obecném: n X
f (k),
k=1
tak podle nejlepších tradic a zvyklostí v matematice prostě převedeme příklad na předchozí problém (což se snadněji řekne než udělá). V pricnipu stačí najít funci F (k) tak, aby pro všechna k platilo: F (k + 1) − F (k) = f (k), a máme hotovo, protože: n X
f (k) =
k=1
n X
(F (k + 1) − F (k)) = F (n + 1) − F (1).
k=1
Dovolte mi, abych celou věc ještě jednou zopakoval. Tvrdím, že platí rovnost: n X
f (k) = F (n + 1) − F (1),
k=1
pokud F (k + 1) − F (k) = f (k). F (k) se nazývá primitivní funkcí k f (k), ale její hledání (navzdory jménu) není ani v nejmenším primitivní záležitostí. Rovnice, kterou musí splňovat, je funkcionální (neznámou je funkce) a v současné době neexistuje účinná metoda, jak tento druh rovnic řešit. Nicméně pro jednoduchá f (k) (kterými se budeme zabývat) se dá překvapivě dobře uplatnit - hádejte co - odhad. Ukažme si, jak to probíhá v praxi.
4
Příklad 1
Pokusme se celý postup aplikovat na Gaussův problém: n X
k,
k=1
který odpovídá situaci f (k) = k. Máme tedy za úkol najít funkci F (k), aby platilo: F (k + 1) − F (k) = k, což se může zdát na první pohled beznadějné, ale trik je v tom, že vy přece znáte výsledek tohoto příkladu (Skrze Gaussovo řešení! Má vyjít n(n + 1)/2.), takže tušíte, že primitivní funkce musí vypadat zhruba stejně. Pořád to bude připadat jako spadlé z nebe, protože vám to tady zadarmo vyžvaním, ale kdybyste zkusili přijít na to sami, nepřišlo by vám tak těžké zjistit, že musí vypadat takto: F (k) =
k(k − 1) , 2
což se dá jednoduše ověřit: F (k + 1) − F (k) =
k(k + 1 − k + 1) (k + 1)k k(k − 1) − = = k = f (k). 2 2 2 3
Na tomhle místě je třeba upozornit, že jiní z vás by mohli jinými prostředky dojít k závěru, že primitivní funkce by měla vypadat trošku jinak, než jak jsem uvedl, například takto: F (k) = k(k − 1)/2 + 1, nebo takto: F (k) = k(k − 1)/2 − 30. Pravda je, že pokud přičtete libovolnou konstantu k funkci F (k) na její ”primitivnosti” se nic nezkazí (bude splňovat stejnou rovnici). Není to neobvyklé a všechny primitivní funkce trpí stejným neduhem. Naštěstí lze ukázat, že je to maximum - horší neurčitost než konstanta nevznikne. Správně by se tedy mělo psát: k(k − 1) + c. F (k) = 2 To může na jednu stranu vypadat dost nepříjemně - když máme nekonečně mnoho řešení, které z nich dává správný výsledek pro součet řady? Odpověď je, že všechna: n X
k = F (n + 1) − F (1) =
k=1
1(1 − 1) n(n + 1) (n + 1)n +c− −c= . 2 2 2
Na druhou stranu je v tom možné spatřovat určitý záblesk naděje pro celý náš pokus/omyl mechanismus, protože se nepotřebujete strefit do jedinné konkrétní funkce, ale váš terč je najednou nekonečně velký (nicméně, až získáte trochu zkušeností, zjistíte, že je to útěcha opravdu pouze psychologická).
5
Příklad 2
Další řadou, u které znáte výsledek, je součet n jedniček: n X
1,
k=1
což odpovídá rovnici: F (k + 1) − F (k) = 1, a jelikož musí vyjít součet n, dá se snadno uhodnout, že: F (k) = k + c.
6
Příklad 3
Asi si říkáte: Když tenhle postup jde použít jen u řad, u kterých známe součet, tak k čemu je to vlastně dobré? Ale můj úmysl je teď pouze ukázat vám, že to funguje, a také vytrénovat vaší intuici, abyste mohli ze zkušeností ze známých příkladů extrapolovat výsledky ostatních. Například: Všimněte si, že z předchozího příkladu primitivní funkcí pro 1 (což je mnohočlen nultého řádu) je k (mnohočlen prvního řádu2 ) a že primitivní funkce ke k (Gaussův problém) je k(k − 1)/2, tedy opět mnohočlen řádu o jedničku větší. To nutí člověka přemýšlet o možnosti, jestli třeba primitivní funckí ke k 2 nebude nějaký mnohočlen třetího řádu. Napišme si, co musí být splněno: F (k + 1) − F (k) = k 2 , a pokusme se hledat řešení, jak nám napovídá intuice, ve tvaru F (k) = ak 3 + bk 2 + ck + d. Dosazením a přeuspořádáním členů nám výjde rovnice: 3ak 2 + (3a + 2b)k + b + c = k 2 , (všimněte si, že na konstantě d vůbec nezáleží) a jedinou možností, jak zaručit, aby platila pro všechna k, je, že se musí rovnat příslušné koeficienty jednotlivých mocnin k, tedy: 3a = 1 3a + 2b = 0 b+c = 0 Řešením této soustavy rovnic je a = 1/3, b = −1/2 a c = 1/2 a výsledkem je primitivní funkce: F (k) =
k2 k k3 − + + d, 3 2 2
jenž nám umožňuje spočítat příslušnou řadu. n X k=1
k 2 = F (n + 1) − F (1) =
(n + 1)3 (n + 1)2 n+1 1 − + − . 3 2 2 3
2 Řád
mnohočlenu se definuje jako jeho nejvyšší mocnina. Například mnohočlen k3 + 3k2 + 3k + 1 je řádu 3, zrovna jako (k + 1)3 , neboť se jedná o stejný mnohočlen v jiném tvaru.
4
7
Příklad 4
Připravili jsme pro vás, kromě pár oddychových logických úloh, tři problémy na tyto součty řad. První bude podobného druhu jako předchozí příklad. Druhý bude zrovna takový s tím rozdílem, že si budete muset uvědomit existenci mnohočlenů záporných řádů a co z toho vyplývá. A u třetího vám háček neprozradím, abych vás nepřipravil o všechnu zábavu. Nicméně uvedu ještě jeden příklad, který se bude hodit - a to součet geometrické řady: n X qk . k=1
Toto je druh příkladu, ke kterému jste také už mohli zaslechnout výsledek, nicméně dovolte mi v tomto případě postupovat trošku jinak. Na celý problém hledání primitivních funkcí se dá nahlížet jako na inverzní operaci (ve stejném smyslu jako je odmočnování inverzní k umocňovování) k operaci ”Delta”: ∆f (k) := f (k + 1) − f (k). Když si vzpomenete, jak vypadá podmínka na primitivní funkci (F (k + 1) − F (k) = f (k)), je to přesně tak: hledáme funkci, jejíž Delta je zadaná věc. Důvod, proč se vyplatí o tom přemýšlet zrovna tímto způsobem, je ten, že tyto dvě operace jsou vzájemně svázány, a jedna hodně vypovídá o druhé (s tím rozdílem, že s Deltou lze mnohem jednodušeji pracovat). Takže někdy, když nemůžete s nějakým příkladem pohnout, bývá užitečné podívat se, jak se chová na zadanou funkci Delta. V případě geometrické řady je to obzvlášť pěkně vidět. Spočítáním Delty: ∆q k = q k+1 − q k = q k (q − 1), zjistíte, že se funkce nijak výrazně nezměnila (oproti například mnohočlenům, jejíž řád klesne o jedničku), akorát se vynásobila konstantou. Extrémním případem je funkce 2k , která se nezmnění vůbec. U primitivní funkce tedy stačí člověku pouze vykompenzovat tento efekt patřičným vydělením: F (k) =
qk , q−1
plus samozřejmě obligátorní konstanta, jenž ale není důležitá. Zkouška: q k+1 qk q k+1 − q k F (k + 1) − F (k) = +c− −c= = qk . q−1 q−1 q−1 Součet geometrické řady je tedy roven: n X k=1
q k = F (n + 1) − F (1) =
q n+1 q q n+1 − q +c− −c= . q−1 q−1 q−1
5
