Pascalův trojúhelník

Pro pochopení abstraktních konceptů matematiky je někdy důležité abstraktnost propojit s důvěrně známými situacemi z každodenního života. Konkrétně často nejvíce pomůže si matematické myšlenky visualizovat, tedy je spojit s obrazovým vjemem. Jako příklad této myšlenky si nyní představíme Pascalův trojúhelník, který navíc bude sloužit k~pozdějšímu výkladu. Později i díky němu odvodíme např. součet první stovky přirozených čísel nebo první desítky druhých mocnin přirozených čísel.

Tip: zkuste si trojúhelník sami nakreslit.

Pascalův trojúhelník není geometrický útvar (v pravém geometrickém smyslu). Jedná se o čísla seřazená do tvaru připomínající trojúhelník, možná jste jej někdy viděli nebo dokonce sami zkusili nakreslit, když jste se nudili. Vypadá takto:

	    1
   1 1
  1 2 1
 1 3 3 1
1 4 6 4 1
   ...

	
Pascalův trojúhelník má de facto nekonečně mnoho řádků. Konečný trojúhelník můžeme matematicky nazvat trojúhelník stupně $n$ (kdy nultý stupeň je pouze jednička – to není trojúhelník).

Možná jste si všimli, podle jakého pravidla člověk trojúhelník konstruuje. Začíná se jedničkou, načež se pod každým číslem se vytvoří jedno místo napravo i nalevo a prázdná místa se vyplní součtem horních čísel. Dvojka ve třetím řádku je tedy např. součtem dvou jedniček atp. Pěkná animace je na wikipedii.
Pro tento trojúhelník platí mnoho zvláštností. Tak např. je zřejmé, že součet čísel v $n$-tém řádku je roven $2^n$ (začínáme počítat od nuly). Méně zřejmé je, že jednotlivé řádky čteny jako čísla jsou mocniny 11, nebo že diagonály trojúhelníku tvoří Fibonacciho posloupnost.

Trojúhelník a polynomy

Podívejme se nyní do zdánlivě úplně jiného tématu. Věnujme se výrazu $$(a+b)^1= a+b\,.$$ Známou středoškolskou identitou je $$(a+b)^2 = a^2+2ab+b^2\,.$$ S trochou píle, tužkou a papírem můžeme odvodit, jaký bude vzorec pro součet dvou čísel na třetí: $$(a+b)^3 = a^3+3a^2b+3ab^2+b^2\,.$$ Všímáte si něčeho povědomého? Vskutku, koeficienty u jednotlivých členů našeho výrazu jsou stejné jako některé řádky Pascalova trojúhelníku. Je dokonce zřejmé, že pro $(a+b)$ umocněné na nultou i na prvou dostáváme koeficienty z nultého a prvního řádku. Jakto? Nebudu přikládat rogorózní důkaz, neboť jsme v naší cestě za diferenciálním počtem na úplném počátku. Jak budeme postupovat dále a dále, budu se snažit být přesnější a přesnější.
Všimněte si, jak se dostaneme z první mocniny na druhou. Celý výraz $a+b$ se musí vynásobit $(a+b)$. Nyní trošku představivosti: představte si, že si tvoříme tabulku, do níž píšeme koeficienty členů s určitým počtem $a$ a $b$, přičemž členy s více $a$ jsou nalevo. Poté při násobení člen, který je vynásoben $a$, se posune doleva a člen, který je vynásoben $b$ je posunut doprava. V konečném důsledku tak dostaneme člen stejným způsobem jako tvoříme Pascalův trojúhelník. Vizualizuji to nějak takto:

	     |a^2| a | ab| b |b^2
--------------------------
start| 0 | 1 | 0 | 1 | 0
--------------------------
   *a| 1 | 0 | 1 | 0 | 0
   *b| 0 | 0 | 1 | 0 | 1
--------------------------
   ->| 1 | 0 | 2 | 0 | 1

	

Když si toto promyslíte a představíte, tak vám snad bude jasné, proč koeficienty mocnin $(a+b)$ jsou koeficienty z Pascalova trojúhelníku.

Suma prvních $n$ přirozených čísel

Jedná se o vcelku nepodloženou historku, nicmně Gauss byl vskutku jako dítě (a i v dospělosti) neobyčejně bystrý matematik.
Používám symbol $\sum$, což je velké řecké sigma značící operaci sumace.

Traduje se, že když mladý matematik Carl Friedrich Gauss ve třídě neposlouchal učitele, dostal za úkol spočítat součet prvního sta přirozených čísel, tedy $S_1=\sum_{i=1}^{100} i = 1+2+3+\dots$ Mladý Gauss samozřejmě nechtěl tuto nudnou operaci provádět, pročež se zamyslel a po chvíli podal správnou odpověď $5\,050$. Nyní si ukážeme, jak lze tuto operace provést. Předvedu dva způsoby, jeden trikový (pravděpodobně použitý Gaussem) a následně druhý, který se bude zdát ještě více trikový. Ten druhý způsob nicméně odemkne dveře pro počítání složitějších řad později.
Důležité: součet prvních $n$ přirozených čísel je velice pěkná úloha a nechtěl bych vás připravit o radost z vašeho vlastního objevování. Proto tuto úlohu zkuset vymyslet sami před tím, než se pustíte do dalšího čtení. Může to zabrat 20 minut, možná den, nicméně si myslím, že to stojí za to.

Gaussova metoda

Součet prvních $n$ čísel je takový nešikovný, neboť všechna čísla jsou jiná. Kdyby bylo možné čísla nějak udělat stejnými, aby se dala násobit, bylo by to pěknější. Což tedy zkusit vzít jejich průměr a ten vynásobit počtem sčítanců? To by fungovalo. Jak nicméně vypočítat průměr? Možná jste si zkusili napsat speciální případ součtu. Např. pro první tři čísla je průměr to prostřední – 2. Co když ale není žádné prostřední při sudém počtu? Pak si můžete zkusit nakreslit čísla na číselnou osu – průměr leží veprostřed mezi prvním a~posledním číslem. Pro průměr $a$ $n$-číselné řady tedy platí $a=(n+1)/2$. Pro celkový součer tedy platí: $$S_1=\frac{n(n+1)}{2}\,.$$ Druhý, možná Gaussovštější způsob, spočívá v tom si napsat dvě sumy pod sebe v opačném pořadí. Pro případ $n=6$: $$1+2+3+4+5+6=S_1\,,$$ $$6+5+4+3+2+1=S_1\,.$$ Nyní je již jasné, jak spočítat součet $S_1+S_1$: $$6\cdot 7=2S_1\,.$$ Obecně tedy dostaneme stejný výsledek $$S_1=\frac{n(n+1)}{2}\,.$$

Teleskopická metoda

V teleskopické metodě se začíná odvážně. Když totiž chceme vypočítat vzorec pro součet prvních mocnin, začneme tím, že se budeme snažit spočítat vzorec pro součet druhých mocnin čísel. Nicméně, abychom využili Pascalův trojúhelník, nebudeme počítat $i^2$, ale rovnou $(i+1)^2$. Dostaneme tak: $$\sum_{i=1}^n (i+1)^2 = \sum_{i=1}^n i^2+2i+1 \,.$$ Pro sumace platí pravidlo, že sumace součtu je součet sumací. Takže pravou stranu přepíšeme: $$ \sum_{i=1}^n i^2+2i+1 = \sum_{i=1}^ni^2+\sum_{i=1}^n2i+\sum_{i=1}^n1 \,.$$ Poslední člen vpravo je vlastně součet $n$ krát 1. To se rovná $n$. Člen $\sum_{i=1}^ni^2$ můžeme od celé rovnice odečíst: $$\sum_{i=1}^n (i+1)^2-i^2 = n+\sum_{i=1}^n 2i \,.$$

Jméno teleskopický pochází ze skládacího teleskopu. Členy sumy se složí a zkrátí podobně jako ten přístroj.

Suma na levé straně je tzv. teleskopická suma. Můžete si zkusit rozepsat řadu jejích členů nebo se zamyslet a vyjde vám, že se spoustu z nich vzájemně odečte, takže výsledek je zřejmě $(n+1)^2-1$. Pokud ještě využijeme, že z každého sčítance sumy vpravo můžeme vytknout dvojku a uděláme pár úprav, dostaneme: $$\begin{align} n^2+2n &= n+2\sum_{i=1}^n i\\ \sum_{i=1}^n i &= (n^2+n)/2\,, \end{align}$$ což je starý známý výsledek. Můžete si ověřit, že pro prvních sto čísel je výsledek $5\,050$.

Sumy prvních $n$ mocnin přirozených čísel

Majíce po ruce teleskopickou metodu (byť se může zdát triková), můžeme vypočítat více součtů, třeba $$S_2 = \sum_{i=1}^n i^2\,.$$ Uvedu již pouze postup, doporučuji však, abyste nejdříve vyzkoušeli sami: $$\begin{align} \sum_{i=1}^n (i+1)^3 &= \sum_{i=1}^n i^3 + 3i^2+3i+1\\ \sum_{i=1}^n (i+1)^3-i^3 &=3\frac{n(n+1)}{2}+ n + 3\sum_{i=1}^n i^2\\ n^3+3n^2+3n &=3\frac{n(n+1)}{2}+ n + 3\sum_{i=1}^n i^2\\ n^3+\frac{3}{2}n^2+\frac{1}{2}n &= 3\sum_{i=1}^n i^2\\ \frac{2n^3+3n^2+n}{6} &= \sum_{i=1}^n i^2\\ \frac{n(2n^2+3n+1)}{6} &= \sum_{i=1}^n i^2\\ S_3=\sum_{i=1}^n i^2&=\frac{n(2n+1)(n+1)}{6}\,. \end{align}$$

Pro konkrétní případ prvních deseti druhých mocnin dostáváme např.: $$\sum_{i=1}^{10} i^2 = 385 \,.$$

Spojení vzorců s diferenciálním počtem

Diferenciální počet je všechen o nekonečnech a o zanedbávání. Zatím jsme v této kapitole však probírali pouze diskrétní (nespojité) příklady a nekonečno se nikde neobjevilo. To se tedy pokusím napravit.
Představte si, že bychom chtěli spočítat $S_1$ pro první miliardu čísel. Podívejme se na vzorec: $$S_1=\frac{n(n+1)}{2}=\frac{n^2+n}{2}\,.$$

Dejme tomu, že člen $n$ zanedbáme, pokud je o nějaký počet řádů nižší než $n^2$. Pak pro každý počet řádů člen $n$ vždycky zanedbáme od nějakého čísla výše.

Ve jmenovateli máme $n^2+n$. Když se však jedná o miliardu, dostaneme $10^{18}+10^9$. Deset na devátou je sice velké číslo, nicméně je o devět řádů nižší, což už je docela zanedbatelné. Co kdybychom chtěli spočítat součet prvních $n^{100}$ čísel? Pak už by se oba členy liši řádově o $10^{100}$, což je nepředstavitelný rozdíl. Jak jistě, existuje nekonečně čísel, takže bychom mohli chtít počítat součet ještě více čísel, a pak by se druhý člen jevil stále menší a menší. Vlastně bychom jej mohli zanedbat. Pak bychom pro velká čísla dostali: $$S_1 \approx \frac{n^2}{2} \,.$$ Můžeme udělat pobnou aproximaci i pro vyšší $S_l$. Je lehké si domyslet, že s velkými čísly zůstane dominantní největší mocnina $n$, ostatní můžeme zanedbat. Dostaneme tak: $$S_2 \approx \frac{n^3}{3} \,.$$ $$S_3 \approx \frac{n^4}{4} \,.$$ A co větší $n$? Musíme se podívat na to, jakým způsobem se $S_l$ tvoří teleskopickou metodou. Pro zamezení zmatku ve značení spočítejme součet prvních $n$ čísel umocněných na $l$. Vždy dostaneme výraz podobný tomuto: $$\sum_{i=1}^n (i+1)^{l+1}-i^{l+1} = K\sum_{i=1}^n i^l + \dots $$ Zde $K$ je druhý koeficient $n$-té řady Pascalova trojúhelníka a výrazy za tečkami jsou vždy ve formě $C\cdot i^m$, kde $C$ je nějaké číslo a $m$ je menší než $n$.

Předpoklad o řádu $i^m$ bychom správně měli dokázat matematickou indukcí.

Nyní si levou stranu upravíme a zanebáme všechny členy, které jsou menší než $i^{l+1}$. Zanedbání bychom totiž stejně udělali nakonec, nic se tím nezmění. Dále si všimněme, že součet $\sum i^m$ je zřejmě vždy řádu $i^n$ nebo méně. Z toho důvodu dostaneme: $$\begin{align*} n^{l+1} &\approx K\sum_{i=1}^n i^l\\ \sum_{i=1}^n i^l &\approx \frac{n^{l+1}}{K}\\ S_l = \sum_{i=1}^n i^l &\approx \frac{n^{l+1}}{l+1}\,. \end{align*} $$ Udělal jsem ještě jeden krok $K=l+1$ toto je zřejmé z Pascalova trojúhelníku.
Máme tedy výraz pro sumu prvních $n$ přirozených čísel na $l$ pro velké $n$. V příští kapitole si ukážeme, jak tento poznatek využít k počítání obsahu obrazců pod křivkou na způsob Archiméda.