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.
Trojúhelník se jmenuje podle francouzského matematika Blaise Pascala ze 17. století, který se věnoval např. kapalinám (ze školy možná znáte Pascalův zákon), ale jako správný osvícenec jej zajímalo i mnoho jiných odvětví vědění a veděcká metoda.
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:
O stránce
Články
Návody
Odkazy
O mně
1
1 1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 6 4 1
...
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.
Pro tento trojúhelník platí mnoho zvláštností. Tak např. je zřejmé, že součet čísel v $n$-tém řádku je roven $2^n$ (začíná se jedničkou a následně všechna čísla z jednoho řádku se sečtou dvakrát k číslům z řádku pod ním, tedy součet se zdvojnásobí). Méně zřejmé je, že jednotlivé řádky čteny jako čísla jsou mocniny 11 ($11^0=1$, $11^1=11$, $11^2=121$...), nebo že součty diagonál trojúhelníku tvoří Fibonacciho posloupnost.
Podívejme se nyní do zdánlivě úplně jiného tématu, mocnin součtu $a+b$. První mocnina neskrývá žádné tajemství. $$(a+b)^1= a+b\,.$$
Druhou mocninu se mnozí učili nazpaměť ve škole, lze si ji však roznásobením hbitě ověřit. $$(a+b)^2 = a^2+2ab+b^2\,.$$
S trochou píle, tužkou a papírem můžeme odvodit, jaký bude vzorec pro součet dvou čísel na třetí: $$(a+b)^3 = a^3+3a^2b+3ab^2+b^2\,.$$
Pravidlo, na které zde narážíme, se jmenuje binomická věta (anglicky binomial theorem, německy Binomischer Lehrsatz). Byť jsme do tohoto pravidla narazili, neomluvíme se mu a vydáme se dál. V naší cestě čekají ještě zajímavější věci.
Všímáte si něčeho povědomého? Vskutku, koeficienty u jednotlivých členů našeho výrazu jsou stejné jako některé řádky Pascalova trojúhelníku. Zřejmě pro $(a+b)$ umocněné na nultou i na prvou dostáváme koeficienty z nultého a prvního řádku, platí to i však pro vyšší mocniny. Jakto? Nebudu přikládat rigorózní 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. Tabulku pro $(a+b)^2$, ve které začínáme u výrazu $(a+b)$ vidíte níže.
|a^2| a | ab| b |b^2
----------------------------
(a+b) | 0 | 1 | 0 | 1 | 0
----------------------------
*a | 1 | 0 | 1 | 0 | 0
*b | 0 | 0 | 1 | 0 | 1
----------------------------
(a+b)^2| 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.
Jedná se o vcelku nepodloženou historku, nicmně Gauss byl vskutku jako dítě (a i v dospělosti) neobyčejně bystrý matematik.
Traduje se, že když mladý matematik Carl Friedrich Gauss ve třídě neposlouchal učitele, dostal za úkol spočítat součet prvního sta přirozených čísel, tedy $S_1=\sum_{i=1}^{100} i = 1+2+3+\dots +100$. Mladý Gauss samozřejmě nechtěl tuto nudnou operaci provádět, pročež se zamyslel a po chvíli prostě řekl, že je to $5\,050$, což se ukázalo jako správné řešení. Nyní si ukážeme, jak lze na výsledek vychytrale přijít. Předvedu dva způsoby, jeden trikový (pravděpodobně použitý Gaussem) a následně druhý, který se bude zdát ještě trikovější. Ten druhý způsob nicméně odemkne dveře pro počítání složitějších řad později. Také vysvětlím význam symbolu $\sum$.
Důležité: součet prvních $n$ přirozených čísel je velice pěkná úloha a nechtěl bych vás připravit o radost z 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.
Původ v symbolu $\sum$ spočívá v tom, že sigma representuje písmeno s, které znamená sumu. Suma je jiné slovo pro součet/souhrn a latinsky se řekne summa .
Symbol $\sum$ je velké řecké písmeno sigma a říká se mu suma. Značí operaci, které se říká sumace. Příklad sumace: $$\sum_{i=1}^3 i+1 = (1+1) + (2+1) + (3+1) \,.$$
Znamená to, že sčítáme několik výrazů počínaje $i=1$ a konče $i=3$. Výrazy získáme tak, že do výrazu napaného v sumě postupně dosazujeme za $i$ od dolní hranice čísla stoupající o $1$ až k horní hranici.
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 $a$ řady o $n$ číslech tedy platí $a=(n+1)/2$. Tento průměr stačí vynásobit počtem sčítanců $n$. 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 $$S_1=\frac{n(n+1)}{2}\,.$$
Slovo teleskop pochází z řeckého tele (daleko) + skopos (pozorovatel). Metoda se však nazývá podle skládacího teleskopu. Narazíme totiž na sumu, která se zkrátí a složí podobně jako zmíněný přístroj.
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: $$\sum_{i=1}^n (i+1)^2 = \sum_{i=1}^n i^2+2i+1 \,.$$
Tento výraz označuje sumaci od $i=1$ do $i=n$, kde $n$ je nějaké číslo, které specifikujeme později. Pro sumace platí pravidlo, že sumace součtu je součet sumací. Toto pravidlo vyplývá z toho, jak funguje sčítání, můžeme sčítat členy v jakémkoliv pořadí chceme. 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: $$\sum_{i=1}^n (i+1)^2-i^2 = n+\sum_{i=1}^n 2i \,.$$
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 $(n+1)^2-1$. Zkuste si např. pro $n=3$. Pokud ještě využijeme, že z každého sčítance sumy vpravo můžeme vytknout dvojku a uděláme pár úprav, dostaneme: $$\begin{align*} (n+1)^2-1 &= n+2\sum_{i=1}^n i\\ n^2+2n -n &= 2\sum_{i=1}^n i\\ \sum_{i=1}^n i &= \frac{n^2+n}{2} = \frac{n(n+1)}{2}\,, \end{align*}$$
což je starý známý výsledek. Nenechte se zmást tím, že jsme v posledním řádku prohodili obě strany rovnice, to se smí. Následně jsme také vytkli $n$. Můžete si ověřit, že pro prvních sto čísel je výsledek $100\cdot 101 /2 =5\,050$.
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, ve kterém se využívá minulého výsledku. Doporučuji však, abyste nejdříve vyzkoušeli sami: $$\begin{align*} \sum_{i=1}^n (i+1)^3 &= \sum_{i=1}^n i^3 + 3i^2+3i+1\\ \sum_{i=1}^n (i+1)^3-i^3 &= \left( 3\sum_{i=1}^n i^2 \right) + 3\frac{n(n+1)}{2}+ n \\ n^3+3n^2+3n &=3\frac{n(n+1)}{2}+ n + 3\sum_{i=1}^n i^2\\ n^3+\frac{3}{2}n^2+\frac{1}{2}n &= 3\sum_{i=1}^n i^2\\ \frac{2n^3+3n^2+n}{6} &= \sum_{i=1}^n i^2\\ \frac{n(2n^2+3n+1)}{6} &= \sum_{i=1}^n i^2\\ S_3=\sum_{i=1}^n i^2&=\frac{n(2n+1)(n+1)}{6}\,. \end{align*}$$
Pro konkrétní případ prvních deseti druhých mocnin dostáváme např.: $$\sum_{i=1}^{10} i^2 = 385 \,.$$
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 než $10^{18}$, což už je docela zanedbatelné. Co kdybychom chtěli spočítat součet prvních $10^{100}$ čísel? Pak už by se oba členy lišily řádově o $10^{100}$, což je nepředstavitelný rozdíl. Jak jistě víte, 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: $$S_1 \approx \frac{n^2}{2} \,.$$
Znak $\approx$ znamená „přibližně se rovná”. Zdá se sice, že se jedná o matematicky nepřesný termín, pokud ale jde o budování intuice, bude se hodit velice.
Můžeme udělat pobný odhad i pro vyšší $S_l$. Je lehké si domyslet, že s velkými čísly zůstane dominantní největší mocnina $n$, ostatní můžeme zanedbat. Dostaneme tak pro velká $n$: $$S_2 \approx \frac{n^3}{3} \,.$$
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 tom, že součty $\sum_{i=1}^n i^m$ jsou rovny řádově nejvýše $n^{m+1}$ bychom správně měli dokázat matematickou indukcí. Spolehneme se však na intuici a důvěřujme.
Nyní si levou stranu upravíme a zanebáme všechny členy, které jsou menší než $n^{l+1}$. Dále taky zanedbáme všechny členy, které byly označeny třemi tečkami výše — jejich součet je totiž řádově nejvýše $n^l$. 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 $K=l+1$, který lze vidět v Pascalově trojúhelníku. Máme tedy výraz pro sumu prvních $n$ přirozených čísel na $l$ pro velké $n$. Později si ukážeme, jak tento poznatek využít k počítání obsahu obrazců pod křivkou na způsob Archiméda.