Matematyka dla liceum/Ciągi liczbowe/Suma częściowa ciągu

Sumy częściowe

suma częściowa

Suma częściowa ciągu to inaczej suma kilku kolejnych wyrazów pewnego ciągu. Najprostszym przykładem może być $a_{1}+a_{2}$, czy też $a_{2}+a_{4}+a_{6}$ dla pewnego ciągu $(a_{n})$.

Policzmy sumę czterech kolejnych wyrazów ciągu $(a_{n})$ zdefiniowanego wzorem $a_{n}=2\cdot |n-3|$. Mamy $a_{1}=2\cdot |1-3|=2\cdot 2=4$, $a_{2}=2\cdot |2-3|=2$, $a_{3}=2\cdot |3-3|=0$, $a_{4}=2\cdot |4-3|=2$, czyli:

$a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}=4+2+0+2=8$

Podobnie policzmy sumę wyrazów $c_{2}+c_{10}+c_{30}+c_{51}+c_{1001}$ ciągu arytmetycznego $(c_{n})$, gdzie $c_{1}=10$, a różnica ciągu wynosi -3. Jednak najpierw musimy policzyć ile wynoszą odpowiednie wyrazy. Ze wzoru na n-ty wyraz ciągu arytmetycznego mamy:

$c_{2}=10+(2-1)\cdot (-3)=7$

$c_{10}=10+(10-1)\cdot (-3)=-17$

$c_{30}=10+29\cdot (-3)=-77$

$c_{51}=10+50\cdot (-3)=-140$

$c_{1001}=10+1000\cdot (-3)=-2990$

Zatem suma $c_{2}+c_{10}+c_{30}+c_{51}+c_{1001}=7-17-77-140-2990=-3217$.

Sumę kolejnych n wyrazów pewnego ciągu, czyli $a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+\dots +a_{n}$ z reguły oznaczamy jako $S_{n}$. Kilka przykładów ...:

$S_{5}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}$

$S_{3}=a_{1}+a_{2}+a_{3}$

$S_{50}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+\dots +a_{50}$

$S_{1}=a_{1}$

Używając tego oznaczenia możemy zapisać także sumę kolejnych, ale nie koniecznie początkowych wyrazów, na przykład:

$a_{3}+a_{4}+a_{5}=(a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5})-(a_{1}+a_{2})=S_{5}-S_{2}$

$a_{5}+a_{6}+a_{7}=(a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4}+a_{5}+a_{6}+a_{7})-(a_{1}+a_{2}+a_{3}+a_{4})=S_{7}-S_{4}$

$a_{50}+a_{51}+a_{52}+\dots +a_{100}=(a_{1}+a_{2}+\dots +a_{49}+a_{50}+\dots +a_{100})-(a_{1}+a_{2}+\dots +a_{49})=S_{100}-S_{49}$

W ogólności suma $a_{k}+a_{k+1}+\dots +a_{n}=(a_{1}+a_{2}+\dots +a_{k-1}+a_{k}+a_{n})-(a_{1}+a_{2}+\dots +a_{k-1})=S_{n}-S_{k-1}$.

Suma częściowa ciągu arytmetycznego

suma częściowa ciągu arytmetycznego

TWIERDZENIE Suma n początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego wynosi: $S_{n}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+\dots +a_{n}={\frac {a_{1}+a_{n}}{2}}\cdot n$

Znając to twierdzenie możemy policzyć sumę $S_{10}=1+2+3+\dots +10$. Widzimy, że $n=10$ i ponadto $a_{1}=1$ i $a_{10}=10$. Zatem $S_{10}={\frac {a_{1}+a_{n}}{2}}\cdot n={\frac {1+10}{2}}\cdot 10=55$.

Korzystając z tego wzoru możemy w bardzo prosty sposób znaleźć wzór na sumę n kolejnych liczb naturalnych. Zero możemy pominąć, ponieważ nic nie wnosi do naszej sumy. Zobaczmy -- pierwszą liczbą będzie 1, czyli $a_{1}=1$, a n-tą liczbą jest $a_{n}=n$. Ponadto od 1 do n jest dokładnie n liczb. Czyli mamy wzór:

$S_{n}=1+2+3+\dots +n={\frac {1+n}{2}}\cdot n={\frac {n(n+1)}{2}}$,

być może już przez niektórych znany.

Policzmy teraz sumę trzydziestu jeden kolejnych wyrazów ciągu $(t_{n})$, gdzie $t_{1}=10$ i $r=4$. Wiemy, że $n=31$, ale nie znamy wartości $t_{31}$, dlatego musimy wykorzystać wzór ogólny na n-ty wyraz ciągu arytmetycznego:

$t_{31}=10+(31-1)\cdot 4=10+120=130$

Teraz tylko zastosować wzór na sumę początkowych wyrazów:

$S_{n}=t_{1}+t_{2}+t_{3}+\dots +t_{31}={\frac {t_{1}+t_{31}}{2}}\cdot 31=$

$={\frac {10+130}{2}}\cdot 31=2170$.

Znajdźmy wzór na sume n początkowych wyrazów ciągu znając jedynie n, $a_{1}$ i r. Wiemy ze wzoru na n-ty wyraz, że $a_{n}=a_{1}+(n-1)\cdot r$. Podstawiając do wzoru na sumę otrzymujemy:

$S_{n}={\frac {a_{1}+a_{n}}{2}}\cdot n={\frac {a_{1}+a_{1}+(n-1)\cdot r}{2}}\cdot n$

Po drobnym przekształceniach mamy:

$S_{n}={\frac {[2a_{1}+(n-1)\cdot r]\cdot n}{2}}$

(suma n początkowych wyrazów ciągu arytmetycznego o różnicy r)

Czy wzór $S_{n}={\frac {a_{1}+a_{n}}{2}}\cdot n$ jest prawdziwy dla dowolnego ciągu arytmetycznego? Odpowiedź, brzmi tak. Aby się o tym przekonać przedstawimy dowód.

Dowód:

Wiemy, że $S_{n}=a_{1}+a_{2}+\dots +a_{n}$, a ponieważ $(a_{n})$ jest ciągiem arytmetycznym, więc $a_{k}=a_{1}+(k-1)\cdot r$. Z tych dwóch zależności wynika, że:

$S_{n}=a_{1}+a_{2}+\dots +a_{n}=[a_{1}+(1-1)\cdot r]+[a_{1}+(2-1)\cdot r]+\dots +[a_{1}+(n-1)\cdot r]$,

sumę tę możemy także przepisać jako (idąc od końca do początku):

$S_{n}=[a_{1}+(n-1)\cdot r]+[a_{1}+(n-2)\cdot r]+\dots +[a_{1}+(2-1)\cdot r]+[a_{1}+(1-1)\cdot r]$

Dodając obydwie sumy do siebie otrzymujemy:

	$S_{n}$	$=$	$[a_{1}+(1-1)\cdot r]$	$+$	$[a_{1}+(2-1)\cdot r]$	$+$	$[a_{1}+(3-1)\cdot r]$	$+$	$\dots$	$+$	$[a_{1}+(n-1)\cdot r]$
$+$	$S_{n}$	$=$	$[a_{1}+(n-1)\cdot r]$	$+$	$[a_{1}+(n-2)\cdot r]$	$+$	$[a_{1}+(n-3)\cdot r]$	$+$	$\dots$	$+$	$[a_{1}+(n-n)\cdot r]$
	$2S_{n}$	$=$	$[2a_{1}+(n-1)\cdot r]$	$+$	$[2a_{1}+(n-1)\cdot r]$	$+$	$[2a_{1}+(n-1)\cdot r]$	$+$	$\dots$	$+$	$[2a_{1}+(n-1)\cdot r]$

Wszystkie powyższe sumy posiadają n składników, zatem:

$2S_{n}=[2a_{1}+(n-1)\cdot r]\cdot n$

Po podzieleniu przez dwa mamy:

$S_{n}={\frac {[2a_{1}+(n-1)\cdot r]\cdot n}{2}}$

Czyli dochodzimy do wzoru przedstawionego nieco wyżej.

Suma częściowa ciągu geometrycznego

suma częściowa ciągu geometrycznego

TWIERDZENIE Suma n początkowych wyrazów ciągu geometrycznego wynosi: dla ilorazu $q=1$: $S_{n}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+\dots +a_{n}=n\cdot a_{1}$ dla ilorazu $q\neq 1$ $S_{n}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+\dots +a_{n}=a_{1}\cdot {\frac {1-q^{n}}{1-q}}$

Możemy teraz bez problemu obliczyć sumę stu dwójek, czyli $S_{100}=2+2+2+2+\dots +2$. Nie powinno to sprawić problemu osobie, która nie zna powyższego twierdzenia. Mamy sto dwójek, więc $S_{100}=100\cdot 2=200$, proste. Oczywiście możemy wykorzystać odpowiedni wzór. Ponieważ $q=1$, więc zastosujemy pierwszego wzór otrzymując $S_{100}=n\cdot a_{1}=100\cdot 2=200$.

Obliczmy sumę 4 kolejnych wyrazów ciągu $(b_{n})$, gdzie:

$b_{1}=11$,

${\frac {b_{k+1}}{b_{k}}}=3{\mbox{ dla }}k\in \mathbb {Z} _{+}$.

Ponieważ $q=3$, więc wykorzystamy wzór dla $q\neq 1$:

$S_{4}=a_{1}\cdot {\frac {1-q^{4}}{1-q}}=11\cdot {\frac {1-3^{4}}{1-3}}=11\cdot {\frac {-80}{-2}}=440$.

Przejdźmy teraz do nieco trudniejszego przykładu. Obliczmy sumę $S_{n}=1+2+4+8+\dots +64$. Sumę tę tworzą kolejne wyrazy ciągu geometrycznego. Widzimy, że $a_{1}=1$, ponadto $q=2$. Zastanówmy się, z ilu elementów składa się ta suma (czyli ile wynosi n)? Z wzoru ogólnego wynika, że $a_{n}=1\cdot 2^{n-1}$, a z sumy do policzenia, że $a_{n}=64$. Więc $a_{n}=2^{n-1}=64=2^{6}$, czyli $n-1=6\implies n=7$. Ponieważ $q=2\neq 1$, więc wykorzystamy wzór drugi:

$S_{7}=a_{1}\cdot {\frac {1-q^{7}}{1-q}}=1\cdot {\frac {1-2^{7}}{1-2}}={\frac {-127}{-1}}=127$.

Obliczmy sumę 9 kolejnych wyrazów ciągu $(s_{n})$ zdefiniowanego wzorem:

$s_{k}=11\cdot (-10)^{k-1}{\mbox{ dla }}k\in \mathbb {Z} _{+}$.

Pamiętamy, że każdy ciąg geometryczny zdefiniowany jest wzorem:

$a_{k}=a_{1}\cdot q^{k-1}{\mbox{ dla }}k\in \mathbb {Z} _{+}$

Zauważmy, że gdybyśmy jako $a_{1}$ podstawili 11, a jako q liczbę -10, otrzymalibyśmy taki sam wzór na n-ty wyraz, jaki ma ciąg $(s_{n})$. Zatem musi zachodzić $s_{1}=11$, a $q=-10$. Możemy teraz wyliczyć sumę, a ponieważ $q\neq 0$ mamy:

$S_{9}=11\cdot {\frac {1-(-10)^{9}}{1-(-10)}}={\frac {1-(-10)^{9}}{1}}=(10)^{9}+1$

Pomyślmy teraz, ile wynosi suma 10 kolejnych wyrazów ciągu zdefiniowanego wzorem:

$c_{k}=2\cdot \left(-{\frac {1}{2}}\right)^{2(k-1)}$

Ze wzoru możemy w łatwy sposób wyliczyć kilka pierwszych wyrazów:

$c_{1}=2\cdot \left(-{\frac {1}{2}}\right)^{2\cdot 0}=2$

$c_{2}=2\cdot \left(-{\frac {1}{2}}\right)^{2\cdot 1}=2\cdot {\frac {1}{4}}={\frac {1}{2}}$

$c_{3}=2\cdot \left(-{\frac {1}{2}}\right)^{2\cdot 2}=2\cdot {\frac {1}{16}}={\frac {1}{8}}$

...

Zatem widzimy, że $c_{1}=2$, a $q={\frac {c_{2}}{c_{1}}}={\frac {c_{3}}{c_{2}}}=\dots ={\frac {1}{4}}$. Otrzymujemy:

$S_{10}=2\cdot {\frac {1-\left({\frac {1}{4}}\right)^{10}}{1-\left({\frac {1}{4}}\right)}}=2\cdot {\frac {1-\left({\frac {1}{4}}\right)^{10}}{\frac {3}{4}}}=2\cdot {\frac {4}{3}}\cdot (1-\left({\frac {1}{4}}\right)^{10})={\frac {8}{3}}\cdot \left[1-\left({\frac {1}{4}}\right)^{10}\right]$

Wyznaczmy wzór ogólny na sumę n kolejnych elementów ciągu $(d_{n})$, w którym $d_{1}=3$ i $q=5$. Ponieważ $q\neq 1$ możemy ze znanego nam już twierdzenia powiedzieć, że:

$S_{n}=d_{1}\cdot {\frac {1-q^{n}}{1-q}}=3\cdot {\frac {1-5^{n}}{1-5}}=3\cdot {\frac {(-1)\cdot (5^{n}-1)}{(-1)\cdot 4}}=3\cdot {\frac {5^{n}-1}{4}}$.

Na koniec spróbujmy udowodnić, że ten wzór jest poprawny, nie odwołując się do wcześniej przedstawionego twierdzenia. Wypiszemy najpierw założenia i tezę, a potem przedstawimy dowód.

Założenia:

$d_{k}=3\cdot 5^{k-1}$

$S_{n}=d_{1}+d_{2}+d_{3}+\dots +d_{n}=3+3\cdot 5^{1}+3\cdot 5^{2}+3\cdot 5^{3}+\dots +3\cdot 5^{(n-1)}$.

Teza:

$S_{n}=3\cdot {\frac {5^{n}-1}{4}}$

Dowód:

Sumę $S_{n}=3+3\cdot 5^{1}+3\cdot 5^{2}+3\cdot 5^{3}+\dots +3\cdot 5^{(n-1)}$ możemy wymnożyć przez $q=5$:

$5S_{n}=3\cdot 5^{1}+3\cdot 5^{2}+3\cdot 5^{3}+\dots +3\cdot 5^{n}$

Teraz odejmijmy od siebie obydwie sumy:

$S_{n}$

$=$

$3$

$+$

$3\cdot 5^{1}$

$+$

$3\cdot 5^{2}$

$+$

$3\cdot 5^{3}$

$+$

$\dots$

$+$

$3\cdot 5^{(n-1)}$

$-$

$5S_{n}$

$=$

$3\cdot 5^{1}$

$+$

$3\cdot 5^{2}$

$+$

$3\cdot 5^{3}$

$+$

$\dots$

$+$

$3\cdot 5^{(n-1)}$

$+$

$3\cdot 5^{n}$

$-4S_{n}$

$=$

$3$

$+$

$0$

$+$

$0$

$+$

$0$

$+$

$0$

$+$

$0$

$-$

$3\cdot 5^{n}$

Czyli $-4S_{n}=3-3\cdot 5^{n}=3(1-5^{n})$, po podzieleniu przez -4 dochodzimy do:

$S_{n}=3\cdot {\frac {1-5^{n}}{-4}}=3\cdot {\frac {5^{n}-1}{4}}$,

a co chcieliśmy udowodnić.