Somma dei primi numeri n interi

[sotyri]

Qualcuno può dimostrarmi la formula della domma dei primi numeri n interi?

Cioè 1+2+3....+n = [n(n+1)]/2


Scusate vado di fretta e non mi andava di usare il Latex
Ciao

[talpuz]

induzione:

per n=1 : n(n+1)/2=1*2/2=1, ok
se vale per n : 1+2+...+(n+1)=(1+2+...+n)+(n+1)=n(n+1)/2 + (n+1)=(n+1)(n+2)/2, et voilà

oppure:

1+2+...+n=
n+(n-1)+...+1

sommando le 2 righe e associando i termini delle colonne corrispondenti viene fuori

(n+1)+(n+1)+....+(n+1) (n volte) =n(n+1)

quindi 2(1+2+...+n)=n(n+1), e ok

bye

[hydro]

Un altro modo di vederlo è quello che usò il simpatico Gauss all'età di 6 anni...

se disegni un triangolo del genere

x
xx
xxx
xxxx
.........

vedi che la sua area (che è la somma che stai cercando) è la metà di quella del rettangolo

xoooo
xxooo
xxxoo
xxxxo

la cui altezza è n e la base n+1

[edriv]

Formule anche per i gradi più alti:

$ \displaystyle \sum_{i=1}^n i = \frac {n(n+1)} 2 $
$ \displaystyle \sum_{i=1}^n i^2 = \frac {n(n+1)(2n+1)} 6 $
$ \displaystyle \sum_{i=1}^n i^3 = \left[\frac {n(n+1)]} 2 \right] ^2 $
$ \displaystyle \sum_{i=1}^n i^4 = \frac {4n^5+15n^4+10n^3-n} {30} $

[sotyri]

Un altro modo di vederlo è quello che usò il simpatico Gauss all'età di 6 anni...

se disegni un triangolo del genere

x
xx
xxx
xxxx
.........

vedi che la sua area (che è la somma che stai cercando) è la metà di quella del rettangolo

xoooo
xxooo
xxxoo
xxxxo

la cui altezza è n e la base n+1

Ma 6 anni Gauss già si occupava di queste cose? Che infanzia felice..

[Poeth]

a parte che è un po' una leggenda ^^
Pare l'abbia raccontata lui e l'età che aveva è molto vaga (cioè ci sono molte versioni), devo ammettere che 6 anni sembra poco anche a me :p
Comunque buon per lui se da piccolo faceva queste cose ^^

PS: Non è che se ne occupava: il padre per renderlo un ragazzo prodigio gli procurò un'istruzione matematica forzata, cosa non rarissima all'epoca. E comunque non fu uno studio particolare, solo un'ispirazione

[Marco]

1+2+3....+n = [n(n+1)]/2

Oppure anche: la somma dei primi n interi positivi è anche pari al numero di sottoinsiemi di due elementi contenuti nell'insieme {0, 1, ..., n}.

Perché? Perché se per elemento minimo del sottinsieme piglio 0, allora ho n scelte possibili per il secondo elemento. Se piglio 1, ho n-1 scelte. Se piglio 2, ho n-2 scelte. ... Se piglio n-1, ho una sola scelta per il secondo elemento (ossia n). Se piglio n, ho zero scelte. Totale delle coppie: n+ (n-1) + (n-2) +...+ 2 + 1 [+0].

Ma si sa che scegliere due elementi in un insieme di n+1 elementi si può fare in
$ $\binom{n+1} 2 = \frac{(n+1)n}{2} $. []

[enomis_costa88]

Ok dopo avere letto la soluzione figa (quella di Marco) vediamo anche quella brutta e contosa (cavoli la mia prima soluzione con le funzioni generatrici..)

Ricordo la seguente, valida in un opportuno insieme
(“would be valid as an identity in the ring of formal power series”)

$ \sum x^n = \frac{1}{1-x} $
Se non specificato le sommatorie sono intese da 0 a + infinito.

Lemma 1: $ \sum n x^n =\sum (n+1)x^{n+1} = \frac{x}{(1-x)^2} $
$ LHS=\sum x \frac{d}{dx} x^n $
$ = x \frac{d}{dx}\sum x^n $
$ = x\frac{d}{dx} \frac{1}{1-x} = \frac{x}{(1-x)^2} $

Lemma 2: $ \sum (n+1)x^n = \frac{1}{(1-x)^2} $
LHS$ = \frac{\sum (n+1)x^{n+1}}{x} $
$ = \frac{1}{(1-x)^2} $

Lemma 3: $ \sum(n+1)^2 x^n = \frac{x+1}{(1-x)^3} $
$ LHS = \frac{d}{dx}\sum (n+1)x^{n+1} $
$ = \frac{d}{dx}\frac{x}{(1-x)^2} $
$ = \frac{x+1}{(1-x)^3} $

Problema vero e proprio:
$ \displaystyle f(n) = \sum_{i=0}^n i $

Da cui ricavo la relazione ricorsiva:
$ 1)\displaystyle f(n)=n+f(n-1) $ per $ \displaystyle n > 0 $
$ \displaystyle f(0)=0 $

Sia A(x) la funzione generatrice di f(n).
$ \displaystyle A(x)=\sum f(n) x^n $

Moltiplico la 1 per $ x^n $ ottenendo:
$ 2)\displaystyle f(n)x^n = (n) x^n+f(n-1)x^n $

dalla 2 deduco (sommando da 0 a infinito):
$ \displaystyle\sum f(n)x^n =A(x)-f(0)=A(x)=xA(x)+\sum nx^n $
ovvero:

$ \displaystyle A(x)=\frac{\sum nx^n}{1-x} $
$ \displaystyle = \frac{x}{(1-x)^3} $
$ \displaystyle =\frac{1}{2} (\frac{x+1}{(1-x)^3}-\frac{1}{(1-x)^2}) $
$ \displaystyle =\frac{1}{2}(\sum (n+1)^2x^n-(n+1)x^n) $
$ \displaystyle =\sum \frac{n(n+1)}{2}x^n $

Quindi $ \displaystyle f(n)= \frac{n(n+1)}{2} $

[teppic]

C'è anche un modo carino che sfrutta una serie telescopica:

$ n^2= n^2-(n-1)^2+(n-1)^2-(n-2^2)+\dots+1-0 $
$ \displaystyle=\sum_{k=0}^{n-1}\left[(k+1)^2-k^2\right]= \sum_{k=0}^{n-1}(2k+1)= 2\sum_{k=0}^{n-1}k+n, $

da cui

$ \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}k=\frac{n^2-n}{2}=\frac{n(n-1)}{2}, $

e quindi

$ \displaystyle\sum_{k=1}^{n}k=\frac{n(n+1)}{2}. $

Tra l'altro si estende facilmente ai gradi più alti e permette di ricavare le formule che ha dato edriv, anche se forse il modo migliore per ricavarle è passare dai coefficienti binomiali (o combinaizoni di oggetti) come ha fatto Marco.

[ser dark]

Beh, quello che si racconta sulla dimostrazione di Gauss è un ragionamento come il seguente, almeno da quello che sapevo io:

il maestro aveva dato come compito ai ragazzi sommare i primi 100 numeri naturali. Gauss allora (pare che di anni ne avesse un po' più di 6, intorno ai 10, ma ovviamente non lo sapremo mai con esattezza ) notò che se sommava 1 + 100 , poi 2 + 99 ecc... , otteneva 50 coppie che come somma davano 101. allora gli bastò moltiplicare 50 coppie (cioè n/2) per 101 (n+1) per avere 5050, somma dei primi 100 naturali.

[Pigkappa]

Sì, l'unico modo di vedere subito la formula è questo secondo me... Vedi che 1+n, 2+ (n-1), 3+(n-2) e così via danno tutti n+1 come somma; poichè queste coppie sono metà dei numeri si ha ancora (n+1)*n/2[/tex]

[rapportaureo]

[ E comunque non fu uno studio particolare, solo un'ispirazione

[/quote]

Infatti si dice che preferisse il latino, ma dopo le Disquisiziones capì di essere + tagliato x la matematica!!
Menomale! cosa ce ne saremmo fatti di un latinista?

[afullo]

il maestro aveva dato come compito ai ragazzi sommare i primi 100 numeri naturali

C'è anche un'altra versione della leggenda, secondo la quale il compito fu dato solo a Gauss per punizione (non viene specificato per quale causa) e lui in un certo senso fregò il maestro che gliela diede.

[mattilgale]

boia enomis, ti sei letto generatingfunctionology...
bellobao ma... che cannoni!!

[Jacobi]

Formule anche per i gradi più alti:

$ \displaystyle \sum_{i=1}^n i = \frac {n(n+1)} 2 $
$ \displaystyle \sum_{i=1}^n i^2 = \frac {n(n+1)(2n+1)} 6 $
$ \displaystyle \sum_{i=1}^n i^3 = \left[\frac {n(n+1)]} 2 \right] ^2 $
$ \displaystyle \sum_{i=1}^n i^4 = \frac {4n^5+15n^4+10n^3-n} {30} $

Metodo generale per ottenere $ \sum_{k=1}^{n}{k^i} $: basta trovare un polinomio di grado i+1, privo di termine noto, tale che:

$ P(x) - P(x-1) = x^i $, e quindi calcolare $ P(n) $

in quanto $ \displaystile \sum_{k=1}^{n}{k^i} = \sum_{k=1}^{n}{[P(k) - P(k-1)]} = P(n)-P(0 $), ma per ipotesi e' P(0) = 0, quindi$ \sum_{k=1}^{n}{k^i} = P(n) $

Per alcuni questo metodo e' arcinoto, ma vale sempre la pena ricordarlo ( perche e' una figata )