Udv mindenkinek,

Zoli, a szummat folbontod: Sum(x^2+40*x).

Az elso tag az elso n szam negyzeteinek osszege, es egyenlo
n*(n+1)(2n+1)/6

A masodik 40*Sum(x), ami egyenlo 40*(n+1)*n/2 = 20*n*(n+1)

A tobbi ugy tunik hogy rendben van.

udv
Gergely

Quoting HIX TUDOMANY >:

> 
> Van egy rekurzív képletem, miszerint
> 
> a[n+1] = a[n] + 300 + n*(n+40)
> 
> Ebb?l kéne valami nem rekurzívat csiholni.
> Odáig eljutottam, hogy
> 
> a[n+1] = a[0] + (n+1)*300 + SUM(x*(x+40))
> 
> ahol x 0-tól n-ig helyettesítend?, viszont ezzel a szummával nem tudok 
> mit
> kezdeni. Tud adni vki valamilyen tanácsot?
x négyzet sorösszege benn van a függvénytáblában, vagy kiintegrálható, 
az 
x
sorosszege 0-n -ig n*n/2. 
János

Szia Zoli!

> Van egy rekurzív képletem, miszerint
>
> a[n+1] = a[n] + 300 + n*(n+40)
>
> Ebb?l kéne valami nem rekurzívat csiholni.
> Odáig eljutottam, hogy
>
> a[n+1] = a[0] + (n+1)*300 + SUM(x*(x+40))

Ha felbontod a zárójelet, akkor két tagot kapsz

SUM (x*x) + 40*SUM x

A második egy egyszerű számtani sor, amire a sorösszeg n-ig:

40 * (n+1)/2*n

A másik szumma (matekkönyvből):

n*(n+1)*(2n+1)/6

Üdv:
Jocó

Zoli írja (HIX TUDOMANY 3728 2008-12-10):
> Van egy rekurzív képletem, miszerint
> 
> a[n+1] = a[n] + 300 + n*(n+40)
> 
> Ebből kéne valami nem rekurzívat csiholni.
> Odáig eljutottam, hogy
> 
> a[n+1] = a[0] + (n+1)*300 + SUM(x*(x+40))
> 
> ahol x 0-tól n-ig helyettesítendő, viszont ezzel a szummával
> nem tudok mit kezdeni. Tud adni vki valamilyen tanácsot?

Előszöris, a képleted már nem is rekurzív, hisz csak a[0]-tól
és n-től függ, a[n]-től nem. Persze lehet tovább alakítgatni.

Erre van egy megoldásom. Nézzünk pár elemet, először
rekurzióval: 
Ha a[0]=0
a[1]=0+300+1*(1+40)=341
a[2]=a[1]+300+2*(2+40)=341+300+2*(2+40)=725
a[3]=a[2]+300+3*(3+40)=725+300+3*(3+40)=1154 
a[4]=a[3]+300+4*(4+40)=1154+300+4*(4+40)=1630
a[5]=a[4]+300+5*(5+40)=1630+300+5*(5+40)=2155
a[6]=a[5]+300+6*(6+40)=2155+300+6*(6+40)=2731
...
Rekurzió nélkül, tetszőleges n-re (n>0) zárt képlet:
(1) a[n]=a[0]+n*341+43*(n-1)*n/2+((n-2)^3+3*(n-2)^2+2*(n-2))/3
ezzel (a[0]=0 esetben):
a[1]=0+1*341+43*(1-1)*1/2+((1-2)^3+3*(1-2)^2+2*(1-2))/3=341
a[2]=0+2*341+43*(2-1)*2/2+((2-2)^3+3*(2-2)^2+2*(2-2))/3=725
a[3]=0+3*341+43*(3-1)*3/2+((3-2)^3+3*(3-2)^2+2*(3-2))/3=1154
a[4]=0+4*341+43*(4-1)*4/2+((4-2)^3+3*(4-2)^2+2*(4-2))/3=1630
a[5]=0+5*341+43*(5-1)*5/2+((5-2)^3+3*(5-2)^2+2*(5-2))/3=2155
a[6]=0+6*341+43*(6-1)*6/2+((6-2)^3+3*(6-2)^2+2*(6-2))/3=2731
...
azaz legalábbis az első pár elemre megegyezik a rekurzióval.
Hogy jutottam a képletre? Előszöris, létezhet egyszerűbb alakja
is, a lényeg a módszer. Próbálkozzunk, nézegessük:

a[1]-a[0]=341
a[2]-a[1]=725-341=384
a[3]-a[2]=1154-725=429
a[4]-a[3]=1630-1154=476
a[5]-a[4]=2155-1630=525
a[6]-a[5]=2731-2155=576
...
Nézzük tovább sorban e különbségeket:
384-341=43
429-384=45
476-429=47
525-476=49
576-525=51
...
Megfigyelhető, hogy a különbségek különbsége 2-vel nő minden
lépésben. 
384-341=43,
429-384=45=43+2,
476-429=47=43+2+2,
525-476=49=43+2+2+2,
576-525=51=43+2+2+2+2,
... s.í.t.
Azaz minden lépésben 2-vel nagyobbat adunk hozá, mint az
előzőben. Már csak valahogy összegezni kell.
Így viszont nem-rekurzívvá, azaz csak n-től függővé tehetjük.
Az n-edig tagra (azaz a[n]):
Az első elemhez (ami nincs meghatározva) minden lépésben
hozzáadunk 341-et, épp n-szer, eddig könnyű. Majd 43-akat; ha
fölírunk pár elemet, számokkal, akkor ,,látszik'', hogy ez
egyszerűen az első n-1 szám összege (43-al szorozva). Erre a
nagy Gauss óta van zárt képlet: N*(N+1)/2. A legnehezebb a
2-esek kezelése, ahhoz ugyanis látni kell, hogy a 2-eseket
egyrészt úgy összeadogathatjuk, mint a 43-akat, de sajnos ez
nem elég, mert még az összeadogatásokat is összeadogatjuk. 
Erre viszont ismét csak van zárt képlet:
(1/6)*(m^3+3*m^2+2*m). 
Az eredmény, némi bűvészkedés után (remélem, hogy) az (1)
alatti képlet. 

Üdvözlettel     Gaál Tamás (Fr.o.)