Klassiset epäyhtälöt

Usein puhuttaessa epäyhtälöistä kilpailumatematiikan yhteydessä tarkoitetaan ”perin-teisiä” epäyhtälöitä: aritmeettis-geometrinen, Cauchy-Schwarz, Hölder, Schur, Jensen, Muirhead, potenssikeskiarvot, Minkowski ja niin edelleen. Puhtaat epäyhtälötehtävät olivat kilpailuissa melko yleisiä vielä vaikkapa pari vuosikymmentä sitten, mutta niiden yleisyys on laskenut vuosien varrella. Yksi selitys tälle on, että epäyhtälöiden ratkaisemiseksi rakennettu kalusto on muuttunut hyvin raskaaksi ja tehokkaaksi, joten on vaikeaa saada hyvää kilpailutehtävää epäyhtälöistä: toisaalta tehtävän ei tulisi vaatia syvällistä epäyhtälöiden osaamista, jotta sen voi ratkaista, toisaalta tehtävän ei tulisi ratketa triviaalisti tunnetuilla (tai hieman vähemmän tunnetuilla) työkaluilla.

Henkilökohtaisesti kilpatehtäviä ratkoessani olen mieltänyt epäyhtälöiden sovelta-miseni ennemminkin arvioiden tekemisenä kuin klassisten epäyhtälöiden soveltamise-na, mikä heijastuu tämän luvun sisällössä. En väitä, etteikö klassisten epäyhtälöiden osaaminen olisi hyödyksi (päinvastoin, tätä kautta oppii tekemään erilaisia arvioi-ta), mutta minulle on tullut useammin vastaan (esimerkiksi tehtävän osatehtävänä) ongelmia muotoa⁶⁵ ”arvio lukujen 𝑛! ja 𝑃(𝑛)suuruuksia, kun 𝑃 on polynomi” kuin klassisia epäyhtälöitä muotoa ”Todista, että kaikilla positiivisilla reaaliluvuilla𝑎,𝑏 ja 𝑐pätee ^√_𝑎2^𝑎+8𝑏𝑐 + ^{√ 𝑏}

𝑏²+8𝑎𝑐 +^{√ 𝑐}

𝑐²+8𝑎𝑏 ≥1.”⁶⁶

Tässä on esitetty pari yleisintä ja tärkeimpiin kuuluvaa epäyhtälöä. Nämä kan-nattaa osata hyvin. Esimerkki- ja harjoitustehtäviä löytyy Lisämateriaaleja-luvussa mainitusta epäyhtälömateriaalista.

Lause (Aritmeettis-geometrinen epäyhtälö) Olkoot 𝑎₁, 𝑎₂, . . . , 𝑎_𝑛 positiivisia reaalilukuja. Pätee

𝑎₁+𝑎₂+. . .+𝑎_𝑛

𝑛 ≥ √^𝑛

𝑎₁𝑎₂· · ·𝑎_𝑛.

Yhtälön vasen puoli on lukujen 𝑎𝑖 aritmeettinen keskiarvo ja oikea puoli geometri-nen keskiarvo, mikä perustelee epäyhtälön nimen.

Yksi lukuisista tavoista todistaa aritmeettis-geometrinen epäyhtälö on käyttää Jensenin epäyhtälöä. Koska 𝑎_𝑖 on positiivinen kaikilla 𝑖, voidaan kirjoittaa𝑎_𝑖 =𝑒^𝑏𝑖 jollain sopivalla reaaliluvulla𝑏_𝑖 (joka voi olla negatiivinen). Epäyhtälö voidaan nyt kirjoittaa muodossa

𝑒^𝑏1 +𝑒^𝑏2 +. . .+𝑒^𝑏𝑛

𝑛 ≥𝑒^{𝑏1+𝑏2+𝑛...+𝑏𝑛},

mikä on vain Jensenin epäyhtälö aidosti konveksille funktiolle 𝑓(𝑥) = 𝑒^𝑥. Tästä näemme myös, että yhtäsuuruus pätee vain, jos kaikki luvut𝑏_𝑖 ovat yhtä suuria eli

65Esimerkkejä tästä löytyy lukuteorian lisätehtävistä (”arvioi summaa ∑︀ 1

𝑝², kun 𝑝 käy läpi kaikki alkuluvut𝑝≡1 (mod 4)” ja ”analysoi lukujonoa, jossa seuraava termi on enintään edellisten keskiarvo plus jokin vakio”) ja algebran lisätehtävistä (”todista epäyhtälö𝑎𝑖+⌊√

𝑏𝑖⌋ ≥𝑏𝑖+⌊√𝑎𝑖⌋, kun𝑎𝑖≥𝑏𝑖 ja𝑎𝑖, 𝑏𝑖∈Z+” ja ”arvioi polynomin𝑝𝑓+𝑔 juurien kokoa”).

66Tämä tehtävä on vuoden 2001 IMOn tehtävä 2.

jos𝑎₁ =. . .=𝑎_𝑛.

Tapaus 𝑛 = 2 antaa 𝑎+𝑏 ≥2√

𝑎𝑏. Tämä on varsin helppo epäyhtälö, mutta se antaa kätevän ylärajan kahden luvun tulon koolle (tai vastaavasti alarajan lukujen summalle).

Tutkitaan epäyhtälön tapausta 𝑛= 3 eli epäyhtälöä ^{𝑎+𝑏+𝑐}₃ ≥ √³

𝑎𝑏𝑐. Perustellaan, miksi epäyhtälö pätee. Ideana on, että tulo 𝑎𝑏𝑐 maksimoituu suhteessa summaan 𝑎+𝑏+𝑐täsmälleen silloin, kun 𝑎= 𝑏= 𝑐. Todistetaan tämä. Oletetaan, että 𝑎, 𝑏ja 𝑐eivät ole kaikki yhtä suuria, eli pätee vaikkapa 𝑎̸= 𝑏. Tällöin korvaamalla luvut 𝑎, 𝑏 ja𝑐luvuilla ^𝑎+𝑏₂ ,^𝑎+𝑏₂ ja𝑐lukujen summa pysyy samana, mutta tulo kasvaa, päteehän

𝑎+𝑏

2 · 𝑎+𝑏 2 > 𝑎𝑏

kaikilla𝑎 ̸=𝑏. (Tämä on aritmeettis-geometrinen epäyhtälö tapauksessa 𝑛 = 2.) Siis jos kaikki luvuista𝑎, 𝑏ja 𝑐eivät ole samoja, voidaan lukujen tuloa kasvattaa samalla pitäen lukujen summan samana. Tämän vuoksi tulo maksimoituu, kun𝑎=𝑏 =𝑐.⁶⁷ Huomaa, että edellinen perustelu epäyhtälön pätevyydelle toimii myös muillekin luvun 𝑛 arvoille.

Yleensä aritmeettis-geometrinen epäyhtälö esitetään vielä yhteydessä muihin kes-kiarvoihin:

Yleisemmin pätee, että summa √︁^𝑘

𝑎^𝑘₁+...+𝑎^𝑘_𝑛

𝑛 kasvaa luvun 𝑘 kasvaessa. Tämä tunne-taan potenssikeskiarvojen epäyhtälönä. Edellisessä epäyhtälössä QM eli kvadraattinen keskiarvo (engl. quadratic mean) vastaa arvoa𝑘 = 2, aritmeettinen keskiarvo AM arvoa 𝑘 = 1 ja harmoninen keskiarvo HM arvoa 𝑘 = −1. Geometrinen keskiarvo GM vastaa arvoa 𝑘 = 0. Tämä ei ole ilmeistä, mutta voidaan osoittaa, että kun 𝑘 lähestyy arvoa 0(huomaa, että𝑘 voi olla myös epäkokonaisluku), niin eksponentin 𝑘 potenssikeskiarvo lähestyy geometrista keskiarvoa. Potenssikeskiarvojen epäyhtälön voi todistaa Jensenillä vastaavaan tapaan kuin aritmeettis-geometrisen epäyhtälön.

Huomaa, että sijoittamalla 𝑎_𝑖 =√

𝑏_𝑖 saadaan QM-AM-epäyhtälöstä neliöjuurien summalle sama yläraja kuin Jensenillä.

Potenssikeskiarvojen epäyhtälö on esimerkki symmetrisestä polynomiepäyhtälöstä.

Toinen voimakas epäyhtälö näihin liittyen on Muirheadin epäyhtälö, joka kertoo

67Tämä ei ole aivan formaali todistus epäyhtälölle. Todistuksen idea on siis aina tuoda lukuja𝑎, 𝑏 ja𝑐lähemmäs toisiaan operaatioilla, joissa kaksi lukua korvataan niiden (aritmeettisella) keskiarvolla.

Emme kuitenkaan koskaan pääse aivan tapaukseen𝑎=𝑏=𝑐, vaan ainoastaan tapaukseen, jossa𝑎, 𝑏ja𝑐ovat miltei samat. Tämän ongelman voi paikata toteamalla, että lukujen𝑎, 𝑏ja𝑐 summa ja tulo muuttuvat vain hieman, jos lukuja muuttaa pikkuriikkisen (summa ja tulo ovat siis jatkuvia funktioita). Yksityiskohtiin ei syvennytä tässä tämän enempää.

esimerkiksi, että epäyhtälö

∑︁𝑎⁷𝑏³𝑐² ≥∑︁

𝑎⁶𝑏³𝑐³

pätee kaikilla positiivisilla𝑎, 𝑏ja 𝑐, missä summat käyvät läpi kaikki 3! = 6 permu-taatioita muuttujista𝑎, 𝑏 ja 𝑐. Täten siis vasen puoli epäyhtälöstä on

𝑎⁷𝑏³𝑐²+𝑎⁷𝑏²𝑐³+𝑎³𝑏⁷𝑐²+𝑎³𝑏²𝑐⁷+𝑎²𝑏⁷𝑐³ +𝑎²𝑏³𝑐⁷.

Yleisesti Muirheadin epäyhtälö tiivistää ajatuksen siitä, milloin jotkin symmetriset polynomit ovat suurempia kuin toiset. Tässä eksponentit7,3ja2antavat suuremman lausekkeen kuin eksponentit6,3ja3. Epäyhtälön tarkkaa muotoilua varten viitataan jälleen Lisämateriaaleja-luvussa mainittuun epäyhtälömateriaaliin.

Viimeisenä mainitaan vielä yksi hyvin tärkeä epäyhtälö.

Lause (Cauchy-Schwarzin epäyhtälö)

Olkoot 𝑎₁, 𝑎₂, . . . , 𝑎_𝑛 ja 𝑏₁, 𝑏₂, . . . , 𝑏_𝑛 reaalilukuja. Pätee (︃ _𝑛

∑︁

𝑖=1

𝑎²_𝑖 )︃ (︃ _𝑛

∑︁

𝑖=1

𝑏²_𝑖 )︃

≥ (︃ _𝑛

∑︁

𝑖=1

𝑎_𝑖𝑏_𝑖 )︃2

.

Huomaa, että luvut 𝑎𝑖 ja 𝑏𝑖 voivat olla negatiivisia, koska vasemman puolen arvo ei riipu lukujen merkeistä ja oikea puoli voi vain pienentyä, jos jonkin luvun muuttaa positiivisesta negatiiviseksi.

Tässä on lyhyesti esitetty yksi tapa todistaa epäyhtälö: Kerrotaan kaikki auki.

Epäyhtälön vasemmalle puolelle syntyy summa termeistä 𝑎²_𝑖𝑏²_𝑗 kaikkien1≤𝑖, 𝑗 ≤𝑛 yli ja oikealle puolelle summa termeistä 𝑎_𝑖𝑏_𝑖𝑎_𝑗𝑏_𝑗 (missä termi esiintyy kertoimella 2 jos 𝑖̸= 𝑗 ja muuten kertoimella 1). Siis molemmille puolille syntyy ainakin termit 𝑎²_𝑖𝑏²_𝑖, kummallekin puolelle kertoimella 1. Supistetaan nämä pois. Huomataan, että vasemman puolen termien 𝑎²_𝑖𝑏²_𝑗 ja 𝑎²_𝑗𝑏²_𝑖 (missä 𝑖 ̸= 𝑗) summa on vähintään oikean puolen termi2𝑎_𝑖𝑏_𝑖·𝑎_𝑗𝑏_𝑗 (aritmeettis-geometrisen epäyhtälön tapauksen𝑛 = 2nojalla).

Siis ryhmittelemällä termit sopivasti saadaan aina pareja, joissa vasemman puolen termit ”voittavat” oikean puolen termit.

Myös Cauchy-Schwarzin epäyhtälön avulla saa arvion neliöjuurien summalle aset-tamalla𝑏_𝑖 = 1 ja 𝑎_𝑖 =√𝑥_𝑖 kaikilla 𝑖.

14 Summia (Algebra)

Tässä luvussa käydään lyhyesti läpi, miten erilaisia summia voidaan laskea.

14.1 Teleskooppisumma

Ensimmäinen tehtävä on tunnettu klassikko, joka demonstroi yleistä menetelmää summien laskemiseksi.

Yksi tapa ratkaista tehtäviä on löytämällä säännönmukaisuus pieniä tapauksia tutkimalla:

Tämän perusteella ei ole vaikea veikata, että vastaus on ₁₀₀⁹⁹. Todistamisen voi hoitaa esimerkiksi induktiolla.

Tehtävään on kuitenkin toinen ratkaisu, joka on hieman vaikeampi keksiä, mutta joka on varsin elegantti. Ideana on kirjoittaa

1

𝑛(𝑛−1) = 1

𝑛−1 − 1 𝑛, jolloin annettu summa muuttuu muotoon

(︁1

Jälkimmäisen ratkaisun ideaa kutsutaan teleskooppisummaksi, koska summa ku-tistuu kasaan kuten teleskooppi.

14.2 Polynomisummia

Tutkitaan sitten seuraavaa esimerkkiä.

Tehtävä Laske

1 + 2 + 3 +. . .+ 100.

Tässä voisi tutkia pieniä tapauksia, ja saada lukujonon1,3,6,10,15,21, . . ., mutta tästä on vaikea arvata sadatta termiä.

Yksi ratkaisuun johtava idea on ajatella, että luvut ovat keskimäärin noin 50, ja niitä on sata kappaletta, joten summa on noin 5000. Tarkemmin sanoen lukujen keskiarvo on 50.5 – luvuthan voi jakaa pareihin (1,100), (2,99), (3,98), . . . ,(50,51), joista kunkin keskiarvo on 50.5. Siis summa on 5050.

Toinen ratkaisu on geometrinen: Ajatellaan ruuduista koostuvaa portaikkoa, jonka ruutujen määrä on tehtävän vastaus. Tehdään ruudukosta kopio, ja asetetaan por-taikot niin, että ne muodostavat suorakulmion. Suorakulmion pinta-ala on helppo laskea.

Summa1 + 2 +. . .+ 6 on puolet 6×7-suorakulmion pinta-alasta.

Tällä menetelmällä päädytään vastaukseen ^100·101₂ = 5050. Yleisesti summa 1 + 2 + . . .+𝑛 on samalla logiikalla 𝑛(𝑛+ 1)/2.

Tutkitaan sitten vaikeampaa esimerkkiä.

Tehtävä Laske

1²+ 2²+ 3²+. . .+ 100².

Tähän on vaikea keksiä edes suuruusluokalta oikeaa arviota tai geometrista tulkin-taa. Tehtävä onkin hyvin vaikea, ellei ole aiemmin nähnyt vastaavaa esimerkkiä.

Ideana on käyttää aiemmin esitettyä teleskooppisummaa. Ideana on siis yrittää kirjoittaa summan termit erotuksina, jotka sitten kumoavat toisiaan. Tarkemmin etsitään lauseketta𝑓(𝑛), jolla pätee

𝑛² =𝑓(𝑛)−𝑓(𝑛−1).

Jos nimittäin keksimme tällaisen lausekkeen, niin sitten summa saadaan laskettua:

1²+ 2²+ 3²+. . .+ 100² = (𝑓(1)−𝑓(0)) + (𝑓(2)−𝑓(1)) + (𝑓(3)−𝑓(2)) +. . .+ (𝑓(100)−𝑓(99)) = 𝑓(100)−𝑓(0).

Mutta miten keksimme tällaisen lausekkeen?

On pari asiaa, jotka auttavat tällaisen lausekkeen etsintää. Ensinnäkin aiemmassa esimerkissä laskimme summaa murtolausekkeista_{𝑛(𝑛−1)}¹ , ja tällöin vastaava lauseke oli myös murtolauseke _𝑛¹. Tämä vihjaa siihen, että 𝑓 kannattaa valita “samantyyliseksi”

lausekkeeksi kuin 𝑛², esimerkiksi polynomiksi.

Toisekseen voidaan tutkia hieman yksinkertaisempaa esimerkkiä. Entä jos etsisim-mekin lauseketta 𝑔, jolla pätee

𝑛=𝑔(𝑛)−𝑔(𝑛−1)?

Huomataan, että tähän kelpaa aiemman tehtävän vastauksen lauseke𝑔(𝑛) =𝑛(𝑛+ 1)/2. Tämä ei yllätä, koska teleskooppisummaidealla saadaan, että

1 + 2 +. . .+𝑛 =𝑔(𝑛)−𝑔(0),

ja aiemmin laskimme vasemman puolen olevan 𝑛(𝑛+ 1)/2. Haluttu lauseke 𝑔 on siis polynomi, mikä vihjaa siihen, että myös vaikeammassa tapauksessa𝑛² = 𝑓(𝑛)− 𝑓(𝑛−1) etsitty lauseke on polynomi.

Etsintää voi vielä rajata hieman ottamalla huomioon, että jos𝑓 on polynomi, niin sen tulee olla enintään kolmannen asteen polynomi. Nimittäin summa1²+2²+. . .+𝑛² on varmasti enintään 𝑛³, koska jokainen termi on enintään 𝑛² ja termejä on 𝑛 kappaletta.

Kirjoitetaan siis 𝑓(𝑛) =𝑎𝑛³+𝑏𝑛²+𝑐𝑛+𝑑ja ratkaistaan saatavat kertoimet. Tämä vaatii hieman laskemista:

𝑓(𝑛)−𝑓(𝑛−1) = 𝑎𝑛³+𝑏𝑛²+𝑐𝑛+𝑑−(𝑎(𝑛−1)³+𝑏(𝑛−1)²+𝑐(𝑛−1) +𝑑) = 𝑎𝑛³+𝑏𝑛²+𝑐𝑛+𝑑−(𝑎𝑛³−3𝑎𝑛²+ 3𝑎𝑛−𝑎+𝑏𝑛²−2𝑏𝑛+𝑏+𝑐𝑛−𝑐+𝑑) = 3𝑎𝑛²−(3𝑎−2𝑏)𝑛−(−𝑎+𝑏−𝑐).

Tämän tulee olla 𝑛², joten𝑎 = 1/3, 𝑏= 1/2 ja 𝑐= 1/6. Vakiotermi 𝑑 voidaan valita olemaan vaikkapa0. Täten

𝑓(𝑛) = 𝑛³ 3 +𝑛²

2 + 𝑛 6,

ja haluttu summa on 𝑓(100)−𝑓(0) = 𝑓(100). Lausekkeen voi kirjoittaa hieman siistimmin muotoon

𝑓(𝑛) = 𝑛(𝑛+ 1)(2𝑛+ 1)

6 .

14.3 Binomikerroinpolynomit

Luonteva yleistys on tutkia kuutioiden summaa.

Tehtävä Laske

1³+ 2³+ 3³+. . .+ 100³.

Yllä esitetty menetelmä toimii edelleen, mutta oikean lausekkeen 𝑓 kertoimien laskeminen muuttuu työlääksi, varsinkin jos kuutioiden summan sijasta tutkii vielä korkeampia potensseja.

Tämän vuoksi tässä esitetään hieman toisenlainen tapa katsoa asiaa. Tälläkin tavalla laskemista tulee jonkin verran, mutta idea on hyvin käyttökelpoinen.

Tapa perustuu binomikerrointen ominaisuuksiin. Niin sanottu Pascalin identiteetti sanoo, että binomikertoimilla pätee (Katso Yläkoulu- ja lukiotietoja.) Täten

(︂𝑛

Jos esimerkiksi𝑘 = 2, niin vasemman puolen binomikerroin on toisen asteen polynomi 𝑛(𝑛−1)/2. Oikea puoli puolestaan on sellainen lauseke, johon teleskooppisumma toimii. Täten saadaan esimerkiksi Tämä ei ole kovin kaukana summan

100

∑︁

𝑛=1

𝑛²

laskemisesta – molemmissa nimittäin summataan jotakin toisen asteen polynomia.⁶⁸ Tässä on yksityiskohtaisempi tarkastelu. Lasketaan siis summa1³+ 2³+. . .+ 100³. Ideana on esittää ensiksi lauseke𝑛³ binomikertoimien avulla. Ensimmäinen arvaus on käyttää binomikerrointa

68Yleensä puhuttaessa binomikertoimista(︀𝑎 𝑏

)︀oletetaan, että𝑎≥𝑏, koska𝑎alkiosta ei voi valita 𝑏alkiota, jos𝑎 < 𝑏. Tässä luvussa kuitenkin tutkimme binomikertoimia polynomeina. Esimerkiksi polynomi𝑛(𝑛−1)/2(joka vastaa binomikerrointa(︀_𝑛

2

)︀) on hyvin määritelty, vaikka𝑛olisi pienempää kuin2 (tai vaikkei𝑛edes olisi kokonaisluku).

Kertomalla kuudella saadaan korkeimman asteen termin𝑛³ kerroin oikein. Siis

Toisen asteen termin kerroin menee väärin: sen tulisi olla nolla. Korjataan tilanne lisäämällä sopiva määrä binomikerrointa(︀_𝑛

2

Ensimmäisen asteen termi saadaan korjattua lisäämällä yksi kappale binomiker-rointa (︀_𝑛

1

)︀. Ensimmäinen vaihe on valmis: olemme saaneet esitettyä polynomin 𝑛³ binomikerroinpolynomien avulla:

Toinen vaihe on käyttää Pascalin identiteettiä ja teleskooppisummia:

100 binomi-kerroinpolynomit voi vielä halutessaan esittää “tavallisessa” muodossa. Laskemalla hieman vastaus voidaan esimerkiksi esittää muodossa

6

Idea tietysti yleistyy. Vastaavaan tapaan voidaan laskea vaikkapa kymmenensien potenssien summa 1¹⁰+ 2¹⁰+. . .+𝑛¹⁰ esittämällä 𝑛¹⁰ binomikerroinpolynomien (︀_𝑛

)︀ avulla, vaikkakin tämä vaatii enemmän laskemista.

14.4 Polynomieksponenttisummia

Olemme tähän mennessä tutkineet polynomisummia. Lisäksi lukiosta on tuttu geo-metrisen lukujonon summakaava

1 +𝑥+. . .+𝑥^𝑛= 𝑥^𝑛+1−1 𝑥−1

(kun𝑥̸= 1). Luonteva jatkokysymys on tutkia summaa, jossa on sekä polynomi- että eksponenttifunktioita, kuten esimerkiksi summia muotoa

∑︁

Näiden summien lähestymiseksi palautetaan mieleen geometrisen jonon summakaa-van johtaminen. Merkitään𝑆 = 1 +𝑥+. . .+𝑥^𝑛. Nyt𝑥𝑆 voidaan kirjoittaa summana, jossa on miltei samat termit kuin summassa𝑆:

𝑥𝑆 =𝑥+𝑥²+. . .+𝑥^𝑛+1 = (1 +𝑥+. . .+𝑥^𝑛) +𝑥^𝑛+1−1 =𝑆+𝑥^𝑛+1−1.

Vähentämällä puolittain𝑆 ja jakamalla termillä𝑥−1saadaan𝑆 = (𝑥^𝑛+1−1)/(𝑥−1). Samalla idealla saa laskettua summan 𝑆 =𝑥+ 2𝑥²+ 3𝑥³+ 4𝑥⁴+. . .+𝑛𝑥^𝑛: jälleen 𝑥𝑆 saadaan esitettyä summan 𝑆 ja muutaman muun termin avulla:

𝑥𝑆=𝑥²+ 2𝑥³ + 3𝑥⁴+ 4𝑥⁵+. . .+𝑛𝑥^𝑛+1= Sievennetään vielä käyttämällä geometrista summakaavaa, vähennetään puolittain 𝑆 ja jaetaan luvulla 𝑥−1. Saadaan

𝑆 = (𝑛+ 1)𝑥^𝑛+1−𝑥

𝑥−1 −𝑥² 𝑥^𝑛−1 (𝑥−1)².

Vastaavalla menetelmällä saadaan laskettua summa muotoa 𝑆 =∑︀

𝑛𝑛²𝑥^𝑛 tutki-malla summa𝑥𝑆. Ylimääräisiksi termeiksi tulee geometrinen summa (joka osataan laskea) ja summa muotoa ∑︀

𝑛𝑛𝑥^𝑛 (joka laskettiin yllä). Menetelmä yleistyy vielä pidemmälle summille muotoa∑︀

𝑛𝑛^𝑘𝑥^𝑛, missä 𝑘 on positiivinen kokonaisluku.

Tässä on toinen, hieman visuaalisempi tapa hahmottaa esimerkiksi summaa

∑︀𝑛

𝑖=1𝑖2^𝑖: Summan voi kirjoittaa kolmioksi

2¹+ 2² + 2³+ 2⁴ +. . .+ 2^𝑛−1+ 2^𝑛

Huomaa siis, että termi2^𝑖 esiintyy kolmiossa 𝑖 kertaa. Ideana on, että jokainen rivi on geometrinen summa, joka osataan laskea. Myös geometristen summien summa osataan laskea.

Yksityiskohdat: Rivillä 𝑘 on summa 2^𝑘+1+ 2^𝑘+1+. . .+ 2^𝑛, joka on geometriseen summakaavaan nojautuen2^𝑛+1−2^𝑘. Täten vastaus on

𝑛

∑︁

𝑘=1

2^𝑛+1−2^𝑛 =𝑛2^𝑛+1−(2^𝑛+1−2) = (𝑛−1)2^𝑛+1−2, missä käytettiin vielä kerran geometrisen jonon summaa.

Vastaavasti visuaalisella tavalla voidaan laskea summa termeistä muotoa 𝑖²2^𝑖, tosin samantyylisesti kuin polynomisummien tapauksessa, on helpompaa laskea summa(︀_𝑖

2

)︀2^𝑖. Ideana on jälleen kirjoittaa summa kolmioksi, mutta tällä kertaa antaa painottaa kutakin kertoimilla 1,2,3, . . . , 𝑛. Huomataan siis, että termin 2^𝑖 kerroin on (︀_𝑖

2

)︀, mistä saadaan laskettua summa termeistä muotoa (︀_𝑖

2

)︀2^𝑖. Tästä ei enää ole vaikeaa saada laskettua summaa termeistä 𝑖²2^𝑖. Vastaava idea yleistyy: jos halutaan laskea ∑︀ (︀𝑖

𝑘

)︀2^𝑖, annetaan riveille kertoimia (︀ ₁

In document Ollin Opas Olympiatason Ongelmanratkaisuun (sivua 167-176)