Благодарю вас Борис спасибо вам большое такой метод я не видал. Я три дня подряд не мог понять это. Вы просто клево обьясняете. Вы супер Борис. СПАСИБО БОЛЬШОЕ
Есть тождество для биномиальных коээфицентов C_{n+m}^{n} = C_{ n + m - 1)^{n - 1} + ... C_{n-1}^{n-1} (доказать можно рассмотрев m-сочетания с повторениями из n+1 элементного множества) Подставляя сюда различные n можно получить формулу суммы (n-1) степеней первых m натуральных чисел
Можно вместо рекуррентной формулы воспользоваться методом, в котором предыдущие формулы не нужны: Мы видим, что сумма n-х степеней является многочленом степени n+1. Отголосок интегрирования однако. В таком случае сразу можно искать нужную формулу в виде полинома соответствующей степени. Учитывая, что P(k+1)=P(k)+(k+1)^n и что P(1)=1, получаем простую СЛАУ, из которой выводим коэффициенты искомого многочлена. Таким способом сумму десятых степеней можно вывести не за час, а за несколько минут
спасибо борис ты объснил просто и быстро то, что не смогли мне объяснить в школе, как бы сильно мне этого ни хотелось, такое ощущение как-будто они сами не понимают ничего и только методичка у них тупо, потому что мне запрещали решать другими способами, вот так возможно они убили будущего ученого математика, но это не точно)))
Веселее всего выводится это через сумму биномиальных коэффициентов с убывающим основанием - у Райгородского на лекции подсмотрел и потом выводил для третьей и четвёртой степеней все утро - очень муторно но зато чувство собственного достоинства сразу поднимается, как будто что-то значительное сделал. В принципе вы тоже самое сделали, только сразу на человеческом языке, без цэшек)))0)
Бином же элементарно выводится, это даже как такового времени не занимает, и об этом было сказано в начале :) 1+4+6+4+1 1+5+10+5+1 1+6+15+15+6+1 и т.д. Это же обычная пирамида как его там... Имя не помню. Но делается буквально на пальцах за считанные секунды.
Смотрю с огромным удовольствием, хотя почти ничего не понимаю. Но после семидесяти все понимать даже вредно. Спасибо, уважаемый Борис! Учить математике нужно только так, как это делаете Вы. Завидую молодым - у них теперь такие возможности! Где мои семнадцать лет?
Трошин я от тебя ожидал более интересный вариант. Всё что ты разсказал это отлично, но я ожидал что ты покажеш вывод общего случая для любой степени,припустим для сумы членов чисел в [n-й] степени, именно общую формулу.....1^n+2^n+3^n+...+n^n+( n+1)^( n+1)
Насколько я знаю, её и не существует. Была бы она, думаю, он бы показал её. А так, это гораздо интересней. Я сам когда с этой темой познакомился, имел надежду вывести такое, но ничего не получалось
по работе иногда очень надо было найти подобные формулы. Понятно, что должен быть многочлен степени на 1 выше, значит можно посчитать (например, в Экселе или Маткаде) суммы от 1 до n+2 и построить по ним многочлен Лагранжа.
Это просто божественно! Спасибо! Кстати, это получается для натуральных степеней, а можно ещё видео для дробных? Например, сумма корней квадратных, кубических и т.п. Тоже очень интересно!! И вообще я правильно понимаю, что S выражается через предыдущие с коэффициентами из треугольника Паскаля?
Сумму корней не получится точно вычислить. У меня на канале есть примерная идея как это можно решить. Но формула для любой степени корня существует, правда не абсолютно точная.
Люди, шарящие матанализ, могут заметить схожесть этой целочисленной задачи с задачей про действительные числа. Сумма похожа на интеграл, и, чем больше членов в сумме, тем больше похожа. А первообразна x^k хорошо известена x^(k+1)/(k+1). То есть мы понимаем, что ответом будет полином по n со старшим коэффициентом n^(k+1)/(k+1). Оставшиеся коэффициенты легко найти методом неопределенных коэффициентов, решив разностное уравнение f(n+1)=f(n)+n^k.
Хорошо сказал " лишь бы не запутаться . Есть примеры , не помню . Но при проверки их решении более сложными алгоритмами появляются парадоксы ~ n нолевых степеней не существует . Там есть n+ энергия на полный цикл .
Я еще когда был школьником и ходил на олимпиады умел выводить эту формулу для произвольных k, но не таким жутким способом как БВ :-) Я просто заметил, что сумма k-ых степеней первых n чисел это многочлен от n степени k+1, затем методом неопределенных коэффициентов находил его коэффициенты (зная значения многочлена при n = 0, 1, 2 и т.д.). Там система линейных уравнений. И все формула готова! Если нужно доказываем ее по индукции и пишем ч.т.д.
Да, так я тоже умею ) Но я не сказал бы, что это сильно проще. И это хорошо работает, когда заранее знаешь, что это многочлен нужной степени. А так, поставьте эксперимент, -- выведите сумму 4-х степеней этим способом и вашим (вместе с доказательством по индукции). Не уверен, что второй способ будет быстрее.
Стоит доказать, что это многочлен, но это не так сложно. Можно не решать систему уравнений, а сделать интерполяцию Лангража или, что лучшей всего, использовать производящую функцию.
@@ТрехголовыйУтконос а я думаю, что метод производящей функции работает только для бесконечных сумм, а у нас задача - вывести выражение для конечной суммы
@@leonidalekseyev3809 нет, для конечных работает. Возьму функцию (x^n-1)(x-1) и применю нужное число раз преобразование g=x*f'. Получу производящую функцию конечной последовательности, с помощью чего легко найти сумму степеней.
Можно несколько по-другому - методом неопределённых коэффициентов: Пусть S(n,k) - искомая сумма, где n-степень, k - число слагаемых Тогда S(n,k)=1**n + 2**n + ... + k**n
Борис Викторович, вы лучший! А можете сделать видео про формулу Пика? Я даже литературу не могу найти, где она бы выводилась, а не доказывалась. Везде только доказательство, а от куда она берется- Бог его знает. Буду истинно признателен. Кстати, можете посоветовать литературу по формуле Пика?
Очень круто! Красиво все выводиться! Даже не думал, что можно с такой точки зрения подойти. Вопрос по теме: Как доказать что сумма первых n чисел в степени k - это многочлен от n степени k+1/ Из задачника Кострикина
Математики особо не заморачиваются, есть сумма - значит где-то рядом интеграл. А уж то, что интеграл полинома - полином на единицу большей степени, практически очевидно. 😉
@@Greedpeace наверное всё-таки имеют корни, но их нельзя найти, применяя к коэффицентам операции +-×÷ и извлечь корень n-ной степени, в принципе не существует такой формулы. И это с 5й степени даже и выше.
Борис, я тут пытался вывести формулу 5-й степени через 6-ю: 1^5 + 2^5 + 3^5 + 4^5 + ... + n^5. Вообщем, я получил формулу, упростил, но она не работает. Я несколько раз перепроверял, но всë тщетно. Получается, формула не работает? Можешь снять видео про это, если интересно
Интересный матерьял! Спасибо! Пришлось несколько раз пересмотреть что бы лучше понять что мы делаем и для чего))..... Мне это напомнило производящие фнции. Я в школе доказывал через интерполяцию Ньютона) Снимите пожалуйста если вам не трудно фильм про то как доказать количество удачных билетов, да это в школе не проходят но все равно интересно как их можно посчитать теоретически заранее спасибо!
6:21 Вы не правы. На первый бином у вас потрачено 20 секунд не считая отдых, на второй уже 35, на третий же уже 70 секунд. Так что никоим образом не полминуты.
В данном видео касались незаметно касались зетте-функции гипотезы Риммана. Не могли бы на пальцах обяснить, как зетта функция влияет на последовательность простых чисел!
Это было в сочинении Архимеда о спиралях. Лучше бы показали, как он к этому пришел геометрически, а не просто абстрактными формулами. P.s. Если не ошибаюсь, то можно найти в " Рождение логарифмов" Абельсон
@@trushinbv да, но там показана взаимосвязь с биномом, а поняв какая связь, можно вывести и остальные. А бином, думаю, удобнее было бы объяснить через треугольник Паскаля. А дальше люди уже сами будут выводить по нему до нужной им степени.
То есть сумму n-ой степени можно вывести, если написать сумму(n+1) и вычесть их? Это единственный способ? Если понадобится вывести сумму 5-ых, то без знания 4-ых и 3-их никак не вывести?
Нет. Можно понять, что сумма k-ых степеней -- это многочлен (k+1)-ой степени. А значит, достаточно посмотреть значение для (k+1) значения, чтобы восстановить этом многочлен. Например, понимая, что 1+2+3+..+n = an^2+bn+с, получаем: 1 = a+b+с 1+2 = 4a+2b+с 1+2+3 = 9a+3b+с Получаем три уравнения с тремя неизвестными, откуда находим a,b,c
@@trushinbv что ни тема, то боль. Пришлось вернуться к восстановлению формул из набора данных( вот восстановил сегодня для ряда 4-й степени. больше 10-и операций x/6(5x^3+x^4-5x^2+10x-5). Очень тяжело, особенно когда 1 -> 1, никаких приростов
@@trushinbv а с темой я не закончил, времени маловато, но, этого мне и не хватало, не хватало этих серединок , этих кусков площади на графиках!!! вот этих (a*x+k)(a*x+k) -> 2a*x*k На каждой степени терялось это, но логика очевидна. Оказывается, мы начинаем не с (a*x+k)(a*x+k) и далее к (a*x+k)(a*x+k)(a*x+k) !!!! нет, мы начинаем и не с 1*(a*x+k), и даже не с 1/(a*x+k)*(a*x+k) а с глубины бесконечности почти с нуля и шли через разные основы измерения (частное). Оказывается. на каждом этапе умножения есть все элементы с этой степенью n-2 n-1 ; n-2 n-2 ; n-2 n-3, они просто взаимно уничтожались исходя из отрицательных степеней!!! Я завтра это изучу, но для восстановления формул не хватало этих смежных областей. И что-то я боюсь придти к бесконечным рядам множителей со степенями от доли бесконечности, но пока обхожусь
@@trushinbv только добрался до формул, и, блин, нет, если ставить доли от единицы. то пойдет к нулю, но с минусом идет в минус. Представь, что в квадрат возводим kx+a и исследуем остатки при разных степенях,и везде есть такая часть n* ( kx^(n-1)*a + kx*a^(n-1) ) n- это число степеней, и подставь в разные степени, и получится даже 2kxa, 0, 1 , а - это уже скрытая часть, с минусом пойдешь в минус, но там есть еще кое-что скрытое , что должны вычитать, походу
@@trushinbv мда, получился бином в сторону увеличения(( буду исследовать минус и близость к 0( сначала я вывел зависимость, потом оказалось ,что это сумма ряда и далее получалось парно и следом умножение на -1 в числителе и + 2 в знаменателе. Наверное, это и есть бином Ньютона, ну теперь я его полностью прошариваю
Сумма 1^k + 2^k + 3^k +... n^k равна 1/(k+1) * [Сумма от i=0 до к]: ([Бин. Коефициент k+1 над i] * n^(k+1-i) * B{i}) + n^k где B{i} i-тое число Бернулли. Теперь просто вставим n на место k.
А что если мы предположим, что сумму n m-ных степеней можно задать многочленом от n степени m+1? Иными словами: предположим, что существует такой многочлен P(n), что 1^m+2^m+...+n^m = (a1)n + (a2)n^2 + ... + (a(m+1))n^(m+1) = P(n). К сожалению, не знаю как это можно строго доказать для произвольного натурального m. Тогда P(n+1)-P(n) = (1^m + 2^m + ... + n^m + (n+1)^m) - (1^m + 2^m + ... + n^m) = (n+1)^m = (a1)((n+1) - n) + (a2)((n+1)^2 - n^2) + ... (a(m+1))((n+1)^(m+1) - n^(m+1)). Итого: слева и справа многочлены одной степени и просто сравнив коэффициенты слева и справа можно найти (a1), (a2) ... (a(m+1)). Для третьей степени, при помощи такого метода, ответ очень быстро находится.
Хотелось бы узнать про сумму a^n + b^n, и про то как вывести формулу для решения таких уравнений. В конце концов эта формула используется намного чаще, чем 1^n + 2^n + 3^n ... + k^n , и как мне известно, эта формула похожа на бином Ньютона.
Борис, здравствуйте! Большое спасибо за такое выведение. Давно мечтал его увидеть. Единственное - расскажите пожалуйста почему мы взяли именно (n+1)^2 в качестве вычитаемого? (6:58) Откуда вообще идея с вычитанием? Заранее спасибо!
Прошу прощения за тупой вопрос, как первый шаг, который привёл к формуле -(k+1)^2-k^2 вообще возник, т.е. каково рассуждение, которое привело к этому шагу? И спасибо за видео, очень интересно!
Здравствуйте, Борис! А как можно определить сумму Nых степеней, рассматривая её как последовательность с шагом a^N (a=1,2,3...), методом неопределённых коэффициентов Задачку взяла с проблемсов problems.ru/view_problem_details_new.php?id=61430
есть. просто человек который это вывел понимал, что на самом деле сумма кых степеней - это как бы интеграл. поэтому он взял и понял следующее - что такое вот вычитание это как эффективное дифференциорование для конечных рядов. т.е. идея вот так взять старшую степень и вычесть не случайна
Смотрите, на 16:10. Коэффициент 4 -- это второй коэффициент у (a+b)^4. В общем виде второй коэффициент у (a+b)^k -- это k. Кажется, что это отвечает на ваш вопрос.
У Tom Apostol в его матанализе в упражнениях 4.7 рассказывается как обозначается сумма элементов. Затем вводится "алгебра" сумм и доказывается telscoping property для суммы разности (a_k-a_k-1). А дальше даются упражнения на вывод суммы степеней с подсказкой что (2k-1= k^2-(k-1)^2. То же самое о чем рассказывается в видео, но благодаря "алгебре сумм" вывод формул получается очень коротким.
Прикольный способ, но я не уверен, что быстрый. Я обычно просто приравниваю ответ неизвестному полиному степени выше, а потом по n точкам нахожу коэффициенты полинома.
Да-да, я так тоже умею ) Но для этого уже нужно было много раз видеть эти формулы и заметить, что всегда многочлен получается степени на 1 выше. А это видео скорее для тех ,кто вообще первый раз об этом задумался. Странно для них сразу постулировать такие неочевидные идеи )
@@trushinbv идея-то как раз очевидная, потому что суммирование одинаковых степеней равномерно нарастающих чисел с родни интегрированию полинома x^k. Более того, можно даже показать, что искомая сумма меньше \int_1^{n+1}{x^k dx}=((n+1)^k-1)/(k+1), а также больше \int_1^{n+1}{(x-1)^k dx}=((n+1)^k-1)/(k+1). Но оба ограничения имеют старший член полинома x^{k+1}/(k+1), то есть мы должны искать решение в виде n^{k+1}/(k+1)+a*n^k+b*n^{k-1}+... Единственное что, мне что-то теперь кажется, что мой метод медленнее, чем ваш, потому что у меня О(n^3) операций, чтобы обернуть матрицу неизвестных коэффициентов, а у вас, похоже, можно за О(n^2) управиться.
@@trushinbv ну если для семиклассников, то согласен. Кстати, а сейчас семиклассники знают, что такое треугольник Паскаля, то есть коэффициенты бинома Ньютона, а также, что они даются соотношением C^k_n?
Я вывел с помощью бинома Ньютона суммы n-ых степеней) Сумма(частица сигма) от м=0 до n+1 при сочетании из n+1 элементов по m умноженные на k^n+2-m и все минус один,минус сумма(частица сигма) от t=2 до n+1 при сочетании из n+1 элементов по t умноженное на 1^n+1-t +2^n+1-t +3^n+1-t ..... k^n+1-t и все это деленное на n+1.
У меня вопрос. Можно ли работать ученым и одновременно учиться очно？а заочно? И при этом будет ли это эффективно. И, если можете, напишите сколько у вас за день свободного времени
Ну, наверно, помимо основной работы （допустим преподавание лекций ）успевать и науку продвигать, писать статьи. Просто, насколько я знаю, люди, которые “идут в науку” занимаются именно преподаванием и свободное время уже посвящают науке. Если что сам я хочу стать математиком, поэтому все что я написал в большей степени относиться к ней
А к чему все приравнивается ?😝только к самому себе 🤣🤣🤣 божественно число бесконечности в сечении в середине они одинаковые и эти одинаковые в сечении середины также одинаковые .....😝√2=11 то и бесконечность ×бесконечность =√2 🤣🤣
Thanks!
Очень очень КРУУУТОО!! ТО, ЧТО ИСКАЛ КАК РАЗ, ИЗУЧАЯ МЕТОДЫ АРХИМЕДА ВЫВОДА СУММЫ ПОСЛЕДОВАТЕЛЬНОСТИ НАТУРАЛЬНЫХ В РАЗЛИЧНЫХ СТЕПЕНЯХ
БВ, спасибо огромное!
Благодарю вас Борис спасибо вам большое такой метод я не видал. Я три дня подряд не мог понять это. Вы просто клево обьясняете. Вы супер Борис. СПАСИБО БОЛЬШОЕ
на англоязычных каналах примерно так же показывают вывод этих формул
Обожаю выводить формулы, спасибо)
Боже, как же стройно и красиво объяснена тема...
Красиво! Очень элегантно и просто вывел! Даже не думал что можно с такой стороны взглянуть на решение!!! Очень красиво!!!!!!!
Есть тождество для биномиальных коээфицентов
C_{n+m}^{n} = C_{ n + m - 1)^{n - 1} + ... C_{n-1}^{n-1} (доказать можно рассмотрев m-сочетания с повторениями из n+1 элементного множества)
Подставляя сюда различные n можно получить формулу суммы (n-1) степеней первых m натуральных чисел
Это самая полезная и прикольная штука, которую я узнал за последнее время
Борис, большое Вам спасибо, всё понятно, правда пришлось пересмотреть несколько раз, спасибо Вам за интересный контент)
Спасибо, Борис!!!
Можно вместо рекуррентной формулы воспользоваться методом, в котором предыдущие формулы не нужны:
Мы видим, что сумма n-х степеней является многочленом степени n+1. Отголосок интегрирования однако. В таком случае сразу можно искать нужную формулу в виде полинома соответствующей степени. Учитывая, что P(k+1)=P(k)+(k+1)^n и что P(1)=1, получаем простую СЛАУ, из которой выводим коэффициенты искомого многочлена. Таким способом сумму десятых степеней можно вывести не за час, а за несколько минут
Ой, циферки!!! Как позновааательно
Хотелось бы ещё поговорить про взаимно обратные функции. Вроде как всё понятно, но было бы круто услышать от Вас объяснение этой темы.
спасибо борис ты объснил просто и быстро то, что не смогли мне объяснить в школе, как бы сильно мне этого ни хотелось, такое ощущение как-будто они сами не понимают ничего и только методичка у них тупо, потому что мне запрещали решать другими способами, вот так возможно они убили будущего ученого математика, но это не точно)))
Веселее всего выводится это через сумму биномиальных коэффициентов с убывающим основанием - у Райгородского на лекции подсмотрел и потом выводил для третьей и четвёртой степеней все утро - очень муторно но зато чувство собственного достоинства сразу поднимается, как будто что-то значительное сделал. В принципе вы тоже самое сделали, только сразу на человеческом языке, без цэшек)))0)
Круто, спасибо!)
Спасибо большое
формулу знаю, но никогда бы не додумался вывести такое самостоятельно, это действительно нужно быть исследователем
Смотрю с удовольствием. Весело и интересно!
Спасибо от всей души
настоящий шедевр!
Бином же элементарно выводится, это даже как такового времени не занимает, и об этом было сказано в начале :)
1+4+6+4+1
1+5+10+5+1
1+6+15+15+6+1
и т.д.
Это же обычная пирамида как его там... Имя не помню. Но делается буквально на пальцах за считанные секунды.
Треугольник Паскаля
@@xenia2400 да, спасибо)
Смотрю с огромным удовольствием, хотя почти ничего не понимаю. Но после семидесяти все понимать даже вредно. Спасибо, уважаемый Борис! Учить математике нужно только так, как это делаете Вы. Завидую молодым - у них теперь такие возможности! Где мои семнадцать лет?
Благодаря вашим видео поступила на мф, а теперь делаю с ними дискретку). Спасибо огромное за ваши ролики!
Чертовски красиво! В 10 классе пытался вывести формулы для n-ых степеней, однако после на 3 или 4 уже сдался. Спасибо за классное объяснение.
Круто! Я для 4 и 5 сделал и пока на этом остановился))
нахрена
@@Vadim-33 чтоб ты спросило
Познавательная и наглядная демонстрация красоты математики
Гениально!
Вау, спасибо, то, что искала
Трошин я от тебя ожидал более интересный вариант. Всё что ты разсказал это отлично, но я ожидал что ты покажеш вывод общего случая для любой степени,припустим для сумы членов чисел в [n-й] степени, именно общую формулу.....1^n+2^n+3^n+...+n^n+( n+1)^( n+1)
Насколько я знаю, её и не существует. Была бы она, думаю, он бы показал её. А так, это гораздо интересней. Я сам когда с этой темой познакомился, имел надежду вывести такое, но ничего не получалось
хорошее видео. спасибо!
по работе иногда очень надо было найти подобные формулы. Понятно, что должен быть многочлен степени на 1 выше, значит можно посчитать (например, в Экселе или Маткаде) суммы от 1 до n+2 и построить по ним многочлен Лагранжа.
Это просто божественно! Спасибо! Кстати, это получается для натуральных степеней, а можно ещё видео для дробных? Например, сумма корней квадратных, кубических и т.п. Тоже очень интересно!! И вообще я правильно понимаю, что S выражается через предыдущие с коэффициентами из треугольника Паскаля?
Сумму корней не получится точно вычислить.
У меня на канале есть примерная идея как это можно решить.
Но формула для любой степени корня существует, правда не абсолютно точная.
Спасибо тебе огромноееее
Люди, шарящие матанализ, могут заметить схожесть этой целочисленной задачи с задачей про действительные числа. Сумма похожа на интеграл, и, чем больше членов в сумме, тем больше похожа. А первообразна x^k хорошо известена x^(k+1)/(k+1). То есть мы понимаем, что ответом будет полином по n со старшим коэффициентом n^(k+1)/(k+1). Оставшиеся коэффициенты легко найти методом неопределенных коэффициентов, решив разностное уравнение f(n+1)=f(n)+n^k.
Хорошо сказал " лишь бы не запутаться .
Есть примеры , не помню . Но при проверки их решении более сложными алгоритмами появляются парадоксы ~ n нолевых степеней не существует .
Там есть n+ энергия на полный цикл .
Большое спасибо!
Как баран на новые ворота....спасибо,это талант и лайк
Вместо бинома можно пользоваться таблицей паскаля
Треугольником
@@Julabelaja треугольник это по факту и есть таблица,только там будут присутствовать нули,которые в треугольнике не пишутся
Треугольник Паскаля помогает найти коэффициенты в биноме Ньютона при небольших показателях
Я еще когда был школьником и ходил на олимпиады умел выводить эту формулу для произвольных k, но не таким жутким способом как БВ :-) Я просто заметил, что сумма k-ых степеней первых n чисел это многочлен от n степени k+1, затем методом неопределенных коэффициентов находил его коэффициенты (зная значения многочлена при n = 0, 1, 2 и т.д.). Там система линейных уравнений. И все формула готова! Если нужно доказываем ее по индукции и пишем ч.т.д.
Да, так я тоже умею )
Но я не сказал бы, что это сильно проще. И это хорошо работает, когда заранее знаешь, что это многочлен нужной степени.
А так, поставьте эксперимент, -- выведите сумму 4-х степеней этим способом и вашим (вместе с доказательством по индукции). Не уверен, что второй способ будет быстрее.
Стоит доказать, что это многочлен, но это не так сложно. Можно не решать систему уравнений, а сделать интерполяцию Лангража или, что лучшей всего, использовать производящую функцию.
@@ТрехголовыйУтконос а я думаю, что метод производящей функции работает только для бесконечных сумм, а у нас задача - вывести выражение для конечной суммы
@@leonidalekseyev3809 нет, для конечных работает. Возьму функцию (x^n-1)(x-1) и применю нужное число раз преобразование g=x*f'.
Получу производящую функцию конечной последовательности, с помощью чего легко найти сумму степеней.
@@ТрехголовыйУтконос спасибо, это было очень познавательно для меня!
Замечательное видео и канал
Познавательно👍
Интереснее через производящие функции
Можно несколько по-другому - методом неопределённых коэффициентов:
Пусть S(n,k) - искомая сумма, где n-степень, k - число слагаемых
Тогда S(n,k)=1**n + 2**n + ... + k**n
Борис Викторович, а существует ли общая формула для суммы n-ых степеней?
В каком-то выпуске Кванта была точно :)
Борис Викторович, вы лучший! А можете сделать видео про формулу Пика? Я даже литературу не могу найти, где она бы выводилась, а не доказывалась. Везде только доказательство, а от куда она берется- Бог его знает. Буду истинно признателен. Кстати, можете посоветовать литературу по формуле Пика?
Очень круто! Красиво все выводиться! Даже не думал, что можно с такой точки зрения подойти. Вопрос по теме: Как доказать что сумма первых n чисел в степени k - это многочлен от n степени k+1/ Из задачника Кострикина
Раскрыл (k+1)^3,по биному Ньютона и упростил (k+1)^3-k^3,вместо k, ставил 1,2,3,....n , вычел,упростил. Просто посмотрите что такое бином Ньютона
Математики особо не заморачиваются, есть сумма - значит где-то рядом интеграл. А уж то, что интеграл полинома - полином на единицу большей степени, практически очевидно. 😉
Можно формулу Бине разобрать?
а как же итоговая формула для 1^n+2^n+3^n+….+k^n???
её уже вывели, но она очень сложная, там какие-то числа бернулли
Ага легко :))) Бернулли свои формулы подбором нашел, потому как начиная с 6 степени многочлены уже не имеют корней и не раскладываются на множители...
@@Greedpeace с пятой
@@Greedpeace наверное всё-таки имеют корни, но их нельзя найти, применяя к коэффицентам операции +-×÷ и извлечь корень n-ной степени, в принципе не существует такой формулы. И это с 5й степени даже и выше.
@@iXNomadу да, это доказал Галуа, и корни есть, но их, опять же, найти нельзя
Здравствуйте, можете порешать студенческие олимпиадные задачи, как я понял они специфичные и как к ним надо готовитсч?
это ведь оптимизация циклического алгоритма. Сколько экономится итераций цикла и машинного времени вычислений!
Давайте теперь тоже самое через производящие функции. ;-)
Подумаешь, бином Ньютона! Спасибо, дошло.
В конце очень не хватило итогового наблюдения, что S_3 = S_1^2, а значит 1^3 + 2^3 +... + n^3 = (1 + 2 +... +n)^2, что довольно красиво
Спасибо
Здравствуйте
С 10:20 не понял что Вы делаете? Откуда эти цифры берутся?
th-cam.com/video/OSb146CwYqA/w-d-xo.html
Шикарно, спасибо
Всё очень даже красиво!!! Теперь, было бы здорово понять где это можно использовать... , в 19 заданиях ?
Олимпиады)
Борис, я тут пытался вывести формулу 5-й степени через 6-ю: 1^5 + 2^5 + 3^5 + 4^5 + ... + n^5.
Вообщем, я получил формулу, упростил, но она не работает. Я несколько раз перепроверял, но всë тщетно. Получается, формула не работает? Можешь снять видео про это, если интересно
Можно ли вывести общую формулу для суммы н-ных степеней?
Я тоже хотел бы видеть такцю формулу.
Пока нельзя
Интересный матерьял! Спасибо! Пришлось несколько раз пересмотреть что бы лучше понять что мы делаем и для чего))..... Мне это напомнило производящие фнции. Я в школе доказывал через интерполяцию Ньютона) Снимите пожалуйста если вам не трудно фильм про то как доказать количество удачных билетов, да это в школе не проходят но все равно интересно как их можно посчитать теоретически заранее спасибо!
Хороший ролик и интересная история. А если готовиться только в ютюб можно получить высокий балл? Как считаете
6:21 Вы не правы. На первый бином у вас потрачено 20 секунд не считая отдых, на второй уже 35, на третий же уже 70 секунд.
Так что никоим образом не полминуты.
сумма кубов получается квадрат некоего числа
В данном видео касались незаметно касались зетте-функции гипотезы Риммана. Не могли бы на пальцах обяснить, как зетта функция влияет на последовательность простых чисел!
Название задало мне задачку: сколько будет Борис Трушин факториал?
Это было в сочинении Архимеда о спиралях. Лучше бы показали, как он к этому пришел геометрически, а не просто абстрактными формулами.
P.s.
Если не ошибаюсь, то можно найти в " Рождение логарифмов" Абельсон
Мне кажется, что там только про сумму квадратов было.
@@trushinbv да, но там показана взаимосвязь с биномом, а поняв какая связь, можно вывести и остальные. А бином, думаю, удобнее было бы объяснить через треугольник Паскаля. А дальше люди уже сами будут выводить по нему до нужной им степени.
То есть сумму n-ой степени можно вывести, если написать сумму(n+1) и вычесть их? Это единственный способ?
Если понадобится вывести сумму 5-ых, то без знания 4-ых и 3-их никак не вывести?
Нет. Можно понять, что сумма k-ых степеней -- это многочлен (k+1)-ой степени. А значит, достаточно посмотреть значение для (k+1) значения, чтобы восстановить этом многочлен.
Например, понимая, что 1+2+3+..+n = an^2+bn+с, получаем:
1 = a+b+с
1+2 = 4a+2b+с
1+2+3 = 9a+3b+с
Получаем три уравнения с тремя неизвестными, откуда находим a,b,c
@@trushinbv что ни тема, то боль. Пришлось вернуться к восстановлению формул из набора данных( вот восстановил сегодня для ряда 4-й степени. больше 10-и операций x/6(5x^3+x^4-5x^2+10x-5). Очень тяжело, особенно когда 1 -> 1, никаких приростов
@@trushinbv а с темой я не закончил, времени маловато, но, этого мне и не хватало, не хватало этих серединок , этих кусков площади на графиках!!! вот этих (a*x+k)(a*x+k) -> 2a*x*k На каждой степени терялось это, но логика очевидна. Оказывается, мы начинаем не с (a*x+k)(a*x+k) и далее к (a*x+k)(a*x+k)(a*x+k) !!!! нет, мы начинаем и не с 1*(a*x+k), и даже не с 1/(a*x+k)*(a*x+k) а с глубины бесконечности почти с нуля и шли через разные основы измерения (частное). Оказывается. на каждом этапе умножения есть все элементы с этой степенью n-2 n-1 ; n-2 n-2 ; n-2 n-3, они просто взаимно уничтожались исходя из отрицательных степеней!!! Я завтра это изучу, но для восстановления формул не хватало этих смежных областей. И что-то я боюсь придти к бесконечным рядам множителей со степенями от доли бесконечности, но пока обхожусь
@@trushinbv только добрался до формул, и, блин, нет, если ставить доли от единицы. то пойдет к нулю, но с минусом идет в минус.
Представь, что в квадрат возводим kx+a и исследуем остатки при разных степенях,и везде есть такая часть n* ( kx^(n-1)*a + kx*a^(n-1) ) n- это число степеней, и подставь в разные степени, и получится даже 2kxa, 0, 1 , а - это уже скрытая часть, с минусом пойдешь в минус, но там есть еще кое-что скрытое , что должны вычитать, походу
@@trushinbv мда, получился бином в сторону увеличения(( буду исследовать минус и близость к 0(
сначала я вывел зависимость, потом оказалось ,что это сумма ряда и далее получалось парно и следом умножение на -1 в числителе и + 2 в знаменателе. Наверное, это и есть бином Ньютона, ну теперь я его полностью прошариваю
Формулу суммы кубов арифметической прогрессии от единицы можно написать короче (n*(n+1)/2)^2
А чему равно 1^1+2^2+.....+n^n ?
Хороший вопрос
Сумма 1^k + 2^k + 3^k +... n^k равна 1/(k+1) * [Сумма от i=0 до к]: ([Бин. Коефициент k+1 над i] * n^(k+1-i) * B{i}) + n^k где B{i} i-тое число Бернулли.
Теперь просто вставим n на место k.
А что если мы предположим, что сумму n m-ных степеней можно задать многочленом от n степени m+1? Иными словами: предположим, что существует такой многочлен P(n), что 1^m+2^m+...+n^m = (a1)n + (a2)n^2 + ... + (a(m+1))n^(m+1) = P(n). К сожалению, не знаю как это можно строго доказать для произвольного натурального m.
Тогда P(n+1)-P(n) = (1^m + 2^m + ... + n^m + (n+1)^m) - (1^m + 2^m + ... + n^m) = (n+1)^m = (a1)((n+1) - n) + (a2)((n+1)^2 - n^2) + ... (a(m+1))((n+1)^(m+1) - n^(m+1)).
Итого: слева и справа многочлены одной степени и просто сравнив коэффициенты слева и справа можно найти (a1), (a2) ... (a(m+1)). Для третьей степени, при помощи такого метода, ответ очень быстро находится.
Хотелось бы узнать про сумму a^n + b^n, и про то как вывести формулу для решения таких уравнений. В конце концов эта формула используется намного чаще, чем 1^n + 2^n + 3^n ... + k^n , и как мне известно, эта формула похожа на бином Ньютона.
a^n + b^n - это случайно не великая теорема Ферма?
@@HaleraVirus ну да, но я имел ввиду вывести a^n+b^n с помощью а и b, и теорема Ферма здесь не очень важна
Борис, здравствуйте! Большое спасибо за такое выведение. Давно мечтал его увидеть.
Единственное - расскажите пожалуйста почему мы взяли именно (n+1)^2 в качестве вычитаемого? (6:58)
Откуда вообще идея с вычитанием?
Заранее спасибо!
такой вопрос: если S1=n(n+1)/2, S3=n^2(n+1)^2/4, то можно предположить, что S5=n^3(n+1)^3/8?
Предположить-то можно. :-)
Но работать это не будет.
Например, n = 2.
2^3*(2+1)^3/8 = 8*27/8 = 27.
В то же время
1^5 + 2^5 = 1 + 32 = 33.
Давайте про Бином Ньютона
ожидал рассказ о числах бернулли
Прошу прощения за тупой вопрос, как первый шаг, который привёл к формуле -(k+1)^2-k^2 вообще возник, т.е. каково рассуждение, которое привело к этому шагу? И спасибо за видео, очень интересно!
это разность квадратов, т.е раскладывается по формуле:
(k+1)^2 - k^2=(k+1-k)(k+1+k)=2k+1
Здравствуйте, Борис! А как можно определить сумму Nых степеней, рассматривая её как последовательность с шагом a^N (a=1,2,3...), методом неопределённых коэффициентов
Задачку взяла с проблемсов problems.ru/view_problem_details_new.php?id=61430
Го еще что-нибудь с рекурсией порешаешь)
Очень классный способ! Но ведь сам этот способ нахождения формулы был по сути подобран? Нету никакого вывода логики такого решения?)
по сути это доказательство по индукции, только в разжеванном виде
есть. просто человек который это вывел понимал, что на самом деле сумма кых степеней - это как бы интеграл. поэтому он взял и понял следующее - что такое вот вычитание это как эффективное дифференциорование для конечных рядов. т.е. идея вот так взять старшую степень и вычесть не случайна
А я бы для 10 степеней понял, что это многочлен 11 степени. И методом неопределённых коэффициентов искал таковой по первым значениям.
В видео не нашел ответа на давний вопрос - как докзать что кооф. для k-тых степеней при старшей степени 1/(k+1)?
Смотрите, на 16:10. Коэффициент 4 -- это второй коэффициент у (a+b)^4. В общем виде второй коэффициент у (a+b)^k -- это k.
Кажется, что это отвечает на ваш вопрос.
Возьмите и посчитайте предел просто...
возьми, да продифференцируй. Делов-то.
побольше ДВИ МГУ
Думаю, иногда запутываются математики, даже если они очень внимательны. Особенно когда много формул и длинные они.
Как найти a^0 + a^1 + a^2 + a^3 + ... + a^N ?
Это геометрическая прогрессия. Посмотрите соответствующий ролик
@@trushinbv 👍🏻👍🏻👍🏻👍🏻👍🏻 Спасибо!
Если посидеть подольше то можно вывести для n-ой степени
Непонятно откуда взялась идея отнимать от (1 + 1)^2 + (1+2)^2 ... (1+ n)^2
Это же почти тот же ряд, сдвинутый на 1
Какие геометрические фигуры соответствуют квадрату суммы, кубу суммы и (а +в) в 4-ой степени ?
Гиперкуб
@@kift. Как измерить площадь и объём гиперкуба?
@@Олег-м4в5н Объем тессеракта, очевидно, равен V=а⁴. Площадь (площади у него нет, есть поверхностный объём) же находится по формуле V=8a³
@@kift. V=8a³ я вижу 8кубов со сторонами "а",где цифра 8 это количество кубов.
@@Олег-м4в5н Да, всё верно. Это поверхностный объем гиперкуба.
А я их по другому способу выводил
Может я немножко тупой но я не понимаю почему 2(1+2+3+4+...+ n)+n=n*n+2n
Это для 19-ой задачи?
Это не про ЕГЭ
Это для души
так и не вывел общую формулу с числами Бернулли
Деление столбиком в конце просто взорвало голову
У Tom Apostol в его матанализе в упражнениях 4.7 рассказывается как обозначается сумма элементов. Затем вводится "алгебра" сумм и доказывается telscoping property для суммы разности (a_k-a_k-1). А дальше даются упражнения на вывод суммы степеней с подсказкой что (2k-1= k^2-(k-1)^2. То же самое о чем рассказывается в видео, но благодаря "алгебре сумм" вывод формул получается очень коротким.
Прикольный способ, но я не уверен, что быстрый. Я обычно просто приравниваю ответ неизвестному полиному степени выше, а потом по n точкам нахожу коэффициенты полинома.
Да-да, я так тоже умею )
Но для этого уже нужно было много раз видеть эти формулы и заметить, что всегда многочлен получается степени на 1 выше.
А это видео скорее для тех ,кто вообще первый раз об этом задумался. Странно для них сразу постулировать такие неочевидные идеи )
@@trushinbv идея-то как раз очевидная, потому что суммирование одинаковых степеней равномерно нарастающих чисел с родни интегрированию полинома x^k. Более того, можно даже показать, что искомая сумма меньше \int_1^{n+1}{x^k dx}=((n+1)^k-1)/(k+1), а также больше \int_1^{n+1}{(x-1)^k dx}=((n+1)^k-1)/(k+1). Но оба ограничения имеют старший член полинома x^{k+1}/(k+1), то есть мы должны искать решение в виде n^{k+1}/(k+1)+a*n^k+b*n^{k-1}+...
Единственное что, мне что-то теперь кажется, что мой метод медленнее, чем ваш, потому что у меня О(n^3) операций, чтобы обернуть матрицу неизвестных коэффициентов, а у вас, похоже, можно за О(n^2) управиться.
@@koleso1v ))
Для того чтобы понять то, что я рассказываю достаточно знаний семиклассника. Обычно про это именно тогда и говорят.
@@trushinbv ну если для семиклассников, то согласен. Кстати, а сейчас семиклассники знают, что такое треугольник Паскаля, то есть коэффициенты бинома Ньютона, а также, что они даются соотношением C^k_n?
@@koleso1v, скорее нет, чем да. Поэтому я и не ссылаюсь на него, а "руками" вывожу бином для маленьких n.
Я вывел с помощью бинома Ньютона суммы n-ых степеней)
Сумма(частица сигма) от м=0 до n+1 при сочетании из n+1 элементов по m умноженные на k^n+2-m и все минус один,минус сумма(частица сигма) от t=2 до n+1 при сочетании из n+1 элементов по t умноженное на 1^n+1-t +2^n+1-t +3^n+1-t ..... k^n+1-t и все это деленное на n+1.
Так где же она эта формула..... напиши нормально или сфоткай
@@АнатолийБалыка-ю6ъ,так куда отправить то у тя есть ВК?
@@АнатолийБалыка-ю6ъ, отзовитесь.Я сфоткал давно.Куда отправлять?
У меня вопрос. Можно ли работать ученым и одновременно учиться очно？а заочно? И при этом будет ли это эффективно. И, если можете, напишите сколько у вас за день свободного времени
Что для вас означает "работать ученым"?
Ну, наверно, помимо основной работы （допустим преподавание лекций ）успевать и науку продвигать, писать статьи. Просто, насколько я знаю, люди, которые “идут в науку” занимаются именно преподаванием и свободное время уже посвящают науке. Если что сам я хочу стать математиком, поэтому все что я написал в большей степени относиться к ней
Как вы разложили на множители 2n^3 + 3n^2 + n. Есть ли урок по разложению на множители?
Вынесите n, а дальше просто квадратный трёхчлен
А к чему все приравнивается ?😝только к самому себе 🤣🤣🤣 божественно число бесконечности в сечении в середине они одинаковые и эти одинаковые в сечении середины также одинаковые .....😝√2=11 то и бесконечность ×бесконечность =√2 🤣🤣
что насчет наобоот суммы первых n в k степени?
Вы про геометрическую прогрессию?
@@trushinbv
Я догадался, я говорил про (1+2+3+4...+n)^k, но это же просто сумма всех доn и потом а степени к