Somma dei primi numeri n interi

Cosa sono il pigeonhole e l'induzione? Cosa dice il teorema di Ceva? 1 è un numero primo?
sotyri
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Somma dei primi numeri n interi

Messaggio da sotyri » 22 giu 2006, 13:43

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

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talpuz
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Messaggio da talpuz » 22 giu 2006, 14:08

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 :wink:

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hydro
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Messaggio da hydro » 22 giu 2006, 14:23

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

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edriv
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Messaggio da edriv » 22 giu 2006, 16:54

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
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Messaggio da sotyri » 22 giu 2006, 18:32

hydro ha scritto: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
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la cui altezza è n e la base n+1

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

Poeth
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Messaggio da Poeth » 22 giu 2006, 23:03

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 :D
Ecco le prime buffe formule che ho scoperto.... ne sono fierissimo anche se sono inutili :D

[tex]\pi \simeq 10*(\sqrt{2} - 1) -1

e\pi(\pi+e) \simeq (\frac{10}{\sqrt2})^{2}

2*phi \simeq 1+ \sqrt{\frac{e\pi(e+\pi)}{10}}
[/tex]

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Marco
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Messaggio da Marco » 23 giu 2006, 09:06

sotyri ha scritto: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} $. []
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Messaggio da enomis_costa88 » 23 giu 2006, 09:34

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..) :wink:

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} $
"Tu che lo vendi cosa ti compri di migliore?"

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teppic
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Messaggio da teppic » 23 giu 2006, 10:40

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
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Messaggio da ser dark » 25 ago 2006, 10:25

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.

:wink:
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Pigkappa
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Messaggio da Pigkappa » 25 ago 2006, 22:29

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
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Messaggio da rapportaureo » 01 giu 2007, 23:09

[ E comunque non fu uno studio particolare, solo un'ispirazione :D
[/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? :wink:

afullo
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Messaggio da afullo » 06 ago 2007, 01:28

ser dark ha scritto: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. :wink:

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mattilgale
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Messaggio da mattilgale » 06 ago 2007, 10:09

boia enomis, ti sei letto generatingfunctionology...
bellobao ma... che cannoni!! :D
"la matematica è il linguaggio con cui Dio ha plasmato l'universo"

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Jacobi
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Messaggio da Jacobi » 06 ago 2007, 15:41

edriv ha scritto: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 :D :D )
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