Gostaria de saber por que, que
[tex3]N[/tex3]
[tex3]n[/tex3][tex3]=\sum_{i=0}^{n-1}2^{i}[/tex3]
, é igual a [tex3]2^{n}-1[/tex3]
? Isso é observado a posteriori ou existe alguma regra que pode ser seguida a priori? E funciona apenas para expoentes base 2 ou qualquer outro?
Ensino Médio ⇒ Simbolo de soma
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marceloflc
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Ago 2022
29
22:34
Re: Simbolo de soma
Boa noite amigo,
Uma regra geral não vale, pois se fazer pra base 3 já é possível mostrar um contra-exemplo...
Mas se você quiser mostrar que essa fórmula é verdadeira, uma das maneiras que é possível provar é por indução, dessa forma, tendo o predicado [tex3]P(n):\sum_{i=0}^{i=n-1}2^i=2^n-1[/tex3] precisamos mostrar que as 2 seguintes afirmações são verdadeiras,
1) [tex3]P(1)[/tex3] é verdadeiro
2) Dado [tex3]k\geq1[/tex3] se [tex3]P(k)[/tex3] é verdadeiro, então [tex3]P(k+1)[/tex3] também o é
Então vamos lá, 1) é verdadeiro, pois [tex3]P(1):2^{0}=2^1-1=1[/tex3] . Agora para 2) tomemos [tex3]P(k)=\sum_{i=0}^{i=k-1}2^i=2^k-1[/tex3] como nossa hipótese de indução, agora precisamos provar que [tex3]P(k+1):\sum_{i=0}^{i=(k+1)-1}2^i=2^{k+1}-1[/tex3] é verdadeiro. Para isso temos que provar que [tex3](1+2+\cdots +2^k)=2^{k+1}-1 [/tex3] , assim
[tex3](1+2+\cdots +2^k) = 2\left( \frac{1}{2}\underset{2^{k}-1~pela~hipotese~de~indução}{\underbrace{+1+2+\cdots+2^{k-1}}} \right)[/tex3]
[tex3]= 2\left( \frac{1}{2}+2^k-1 \right)=2^{k+1}-1[/tex3]
Provando 2), logo a fórmula é verdadeira.
Uma regra geral não vale, pois se fazer pra base 3 já é possível mostrar um contra-exemplo...
Mas se você quiser mostrar que essa fórmula é verdadeira, uma das maneiras que é possível provar é por indução, dessa forma, tendo o predicado [tex3]P(n):\sum_{i=0}^{i=n-1}2^i=2^n-1[/tex3] precisamos mostrar que as 2 seguintes afirmações são verdadeiras,
1) [tex3]P(1)[/tex3] é verdadeiro
2) Dado [tex3]k\geq1[/tex3] se [tex3]P(k)[/tex3] é verdadeiro, então [tex3]P(k+1)[/tex3] também o é
Então vamos lá, 1) é verdadeiro, pois [tex3]P(1):2^{0}=2^1-1=1[/tex3] . Agora para 2) tomemos [tex3]P(k)=\sum_{i=0}^{i=k-1}2^i=2^k-1[/tex3] como nossa hipótese de indução, agora precisamos provar que [tex3]P(k+1):\sum_{i=0}^{i=(k+1)-1}2^i=2^{k+1}-1[/tex3] é verdadeiro. Para isso temos que provar que [tex3](1+2+\cdots +2^k)=2^{k+1}-1 [/tex3] , assim
[tex3](1+2+\cdots +2^k) = 2\left( \frac{1}{2}\underset{2^{k}-1~pela~hipotese~de~indução}{\underbrace{+1+2+\cdots+2^{k-1}}} \right)[/tex3]
[tex3]= 2\left( \frac{1}{2}+2^k-1 \right)=2^{k+1}-1[/tex3]
Provando 2), logo a fórmula é verdadeira.
Última edição: Marquest (29 Ago 2022, 22:38). Total de 1 vez.
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AnthonyC
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Ago 2022
29
22:47
Re: Simbolo de soma
Para uma base qualquer, diferente de 0 e 1, a fórmula geral é [tex3]N_n={a^n-1\over a-1}[/tex3]
. Vou provar isso:
[tex3]N_n =\sum_{i=0}^{n-1}a^i[/tex3]
[tex3]aN_n =a\sum_{i=0}^{n-1}a^i[/tex3]
[tex3]aN_n =\sum_{i=0}^{n-1}a^{i+1}[/tex3]
Fazendo a substituição [tex3]\begin{cases}
i+1=k \\
i=0\implies k=1\\
i=n-1\implies k=n
\end{cases}[/tex3] , temos:
[tex3]aN_n =\sum_{k=1}^{n}a^{k}[/tex3]
Fazendo a substituição trivial [tex3]k=i[/tex3]
[tex3]aN_n =\sum_{i=1}^{n}a^{i}[/tex3]
[tex3]aN_n-N_n =\sum_{i=1}^{n}a^{i}-N_n[/tex3]
[tex3](a-1)N_n =\sum_{i=1}^{n}a^{i}-\sum_{i=0}^{n-1}a^i[/tex3]
[tex3](a-1)N_n=\sum_{i=1}^{n-1}a^{i}+a^n-\sum_{i=1}^{n-1}a^i-a^0[/tex3]
[tex3](a-1)N_n=a^n-1+\sum_{i=1}^{n-1}a^{i}-\sum_{i=1}^{n-1}a^i[/tex3]
[tex3](a-1)N_n=a^n-1[/tex3]
Como [tex3]a\neq1[/tex3] , então [tex3]a-1\neq 0[/tex3] , portanto:
[tex3]N_n=\sum_{i=0}^{n-1}a^{i}={a^n-1\over a-1}[/tex3]
[tex3]N_n =\sum_{i=0}^{n-1}a^i[/tex3]
[tex3]aN_n =a\sum_{i=0}^{n-1}a^i[/tex3]
[tex3]aN_n =\sum_{i=0}^{n-1}a^{i+1}[/tex3]
Fazendo a substituição [tex3]\begin{cases}
i+1=k \\
i=0\implies k=1\\
i=n-1\implies k=n
\end{cases}[/tex3] , temos:
[tex3]aN_n =\sum_{k=1}^{n}a^{k}[/tex3]
Fazendo a substituição trivial [tex3]k=i[/tex3]
[tex3]aN_n =\sum_{i=1}^{n}a^{i}[/tex3]
[tex3]aN_n-N_n =\sum_{i=1}^{n}a^{i}-N_n[/tex3]
[tex3](a-1)N_n =\sum_{i=1}^{n}a^{i}-\sum_{i=0}^{n-1}a^i[/tex3]
[tex3](a-1)N_n=\sum_{i=1}^{n-1}a^{i}+a^n-\sum_{i=1}^{n-1}a^i-a^0[/tex3]
[tex3](a-1)N_n=a^n-1+\sum_{i=1}^{n-1}a^{i}-\sum_{i=1}^{n-1}a^i[/tex3]
[tex3](a-1)N_n=a^n-1[/tex3]
Como [tex3]a\neq1[/tex3] , então [tex3]a-1\neq 0[/tex3] , portanto:
[tex3]N_n=\sum_{i=0}^{n-1}a^{i}={a^n-1\over a-1}[/tex3]
[tex3]\color{YellowOrange}\textbf{Não importa o quanto se esforce ou evolua, você sempre estará abaixo do Sol}[/tex3]
[tex3]\textbf{Escanor}[/tex3]
[tex3]\textbf{Escanor}[/tex3]
Ago 2022
29
23:08
Re: Simbolo de soma
Show, valeu por me corrigirAnthonyC escreveu: ↑29 Ago 2022, 22:47 Para uma base qualquer, diferente de 0 e 1, a fórmula geral é [tex3]N_n={a^n-1\over a-1}[/tex3] . Vou provar isso:
[tex3]N_n =\sum_{i=0}^{n-1}a^i[/tex3]
[tex3]aN_n =a\sum_{i=0}^{n-1}a^i[/tex3]
[tex3]aN_n =\sum_{i=0}^{n-1}a^{i+1}[/tex3]
Fazendo a substituição [tex3]\begin{cases}
i+1=k \\
i=0\implies k=1\\
i=n-1\implies k=n
\end{cases}[/tex3] , temos:
[tex3]aN_n =\sum_{k=1}^{n}a^{k}[/tex3]
Fazendo a substituição trivial [tex3]k=i[/tex3]
[tex3]aN_n =\sum_{i=1}^{n}a^{i}[/tex3]
[tex3]aN_n-N_n =\sum_{i=1}^{n}a^{i}-N_n[/tex3]
[tex3](a-1)N_n =\sum_{i=1}^{n}a^{i}-\sum_{i=0}^{n-1}a^i[/tex3]
[tex3](a-1)N_n=\sum_{i=1}^{n-1}a^{i}+a^n-\sum_{i=1}^{n-1}a^i-a^0[/tex3]
[tex3](a-1)N_n=a^n-1+\sum_{i=1}^{n-1}a^{i}-\sum_{i=1}^{n-1}a^i[/tex3]
[tex3](a-1)N_n=a^n-1[/tex3]
Como [tex3]a\neq1[/tex3] , então [tex3]a-1\neq 0[/tex3] , portanto:
[tex3]N_n=\sum_{i=0}^{n-1}a^{i}={a^n-1\over a-1}[/tex3]
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LostWalker
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Ago 2022
30
00:22
Re: Simbolo de soma
Vou aproveitar o ambiente para mostrar uma outra abordagem que não utiliza da indução, mas é indiretamente a proposta do AnthonyC.
Vamos partir que a soma de uma PG é:
[tex3]S_{PG}=\frac{a_1(q^n-1)}{q-1}[/tex3]
Vamos utilizar isso já que podemos denotar que:
[tex3]\{1,q,q^2,q^3,q^4,\cdots q^{n-1}\}=\sum_{i=0}^{n-1}q^i[/tex3]
Agora note o detalhe, [tex3]a_1=1[/tex3] , o que nos leva a:
[tex3]S_{PG}=\frac{q^n-1}{q-1}[/tex3]
A questão fica que, quando toma que [tex3]q=2[/tex3] , o denominador resulta em [tex3]1[/tex3] , saindo da conta. O que sobra é:
[tex3]\boxed{\sum_{i=0}^{n-1}2^i=2^n-1}[/tex3]
O legal de usar PG é saber como a fórmula de PG é formada, que é resumidamente, subtrair toda a soma por ela mesmo vezes a razão, isolando depois o termo de soma (recomendo pesquisar), assim, se vê outras formas de aplicar somas sem necessariamente utilizar somatório.
Vamos partir que a soma de uma PG é:
[tex3]S_{PG}=\frac{a_1(q^n-1)}{q-1}[/tex3]
Vamos utilizar isso já que podemos denotar que:
[tex3]\{1,q,q^2,q^3,q^4,\cdots q^{n-1}\}=\sum_{i=0}^{n-1}q^i[/tex3]
Agora note o detalhe, [tex3]a_1=1[/tex3] , o que nos leva a:
[tex3]S_{PG}=\frac{q^n-1}{q-1}[/tex3]
A questão fica que, quando toma que [tex3]q=2[/tex3] , o denominador resulta em [tex3]1[/tex3] , saindo da conta. O que sobra é:
[tex3]\boxed{\sum_{i=0}^{n-1}2^i=2^n-1}[/tex3]
O legal de usar PG é saber como a fórmula de PG é formada, que é resumidamente, subtrair toda a soma por ela mesmo vezes a razão, isolando depois o termo de soma (recomendo pesquisar), assim, se vê outras formas de aplicar somas sem necessariamente utilizar somatório.
"[...] Mas essa é a graça dos encontros e desencontros: a Coincidência e o Destino. Se pudesse resumir, diria: A causalidade é a Ironia do Universo."
-Melly
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