Differenze tra le versioni di "1 + 2 + 3 + 4 + · · ·"

fix minori
(fix minori)
* Base dell'induzione: dobbiamo dimostrare che l'affermazione <math>P(n)</math> è vera per <math>n=0</math>, cioè, sostituendo, che <math>0=\frac{0\cdot 1}2</math>, e in effetti c'è ben poco da lavorare, si tratta di un calcolo elementare.
* Passo induttivo: dobbiamo mostrare che per ogni <math>n</math> vale l'implicazione <math>P(n)\Rightarrow P(n+1)</math>, cioè, sostituendo:
:<math>0+1+2+3+4+...+n=\frac{n(n+1)}{2} \quad \Rightarrow \quad 0+1+2+3+4+...+n+(n+1)=\frac{(n+1)((n+1)+1)}{2}</math>
 
:<math>0+1+2+3+4+...\ldots+n=\frac{n(n+1)}{2} \quad \Rightarrow \quad 0+1+2+3+4+...\ldots+n+(n+1)=\frac{(n+1)((n+1)+1)}{2}.</math>
Dunque dobbiamo assumere che sia vero
 
:<math>P(n) \quad \equiv \quad 0+1+2+3+4+...+n=\frac{n(n+1)}{2}</math>,
Dunque dobbiamo assumere che sia vero
 
:<math>P(n) \quad \equiv \quad 0+1+2+3+4+...\ldots+n=\frac{n(n+1)}{2},</math>,
 
lavorare su questa uguaglianza e concludere con l'analoga uguaglianza per <math>n+1</math>, vale a dire:
 
:<math>P(n+1) \quad \equiv \quad 0+1+2+3+4+...\ldots+n+(n+1)=\frac{(n+1)((n+1)+1)}{2}.</math>.
 
Potremmo ad esempio aggiungere <math>n+1</math> a entrambi i membri dell'uguaglianza <math>P(n)</math>:
 
:<math>0+1+2+3+4+...\ldots+n+(n+1)=\frac{n(n+1)}{2}+(n+1),</math>,
 
poi facciamo qualche semplice passaggio algebrico:
 
:<math>0+1+2+3+4+...+n+(n+1)=\frac{n(n+1)}{2}+\frac{2(n+1)}2</math>,
:<math>0+1+2+3+4+...\ldots+n+(n+1)=\frac{n(n+1)}{2}+\frac{2(n+21)}{2},</math>,
:<math>0+1+2+3+4+...\ldots+n+(n+1)=\frac{(n+1)((n+1)+12)}{2},</math>
:<math>0+1+2+3+4+...\ldots+n+(n+1)=\frac{n(n+1)}{2}+\frac{2((n+1)+1)}{2},</math>,
 
e quest'ultima uguaglianza è esattamente <math>P(n+1)</math>. Questo conclude la dimostrazione del ''passo induttivo''. Quanto fatto è una verifica e non una dimostrazione in quanto contiene direttamente il risultato, e non mostra invece il processo di ragionamento che ha portato, per via di intuizione, procedimento costruttivo o altro, alla formula chiusa risultato.
 
La dimostrazione di tale risultato invece può essere effettuata, seguendo il giovane [[Carl Friedrich Gauss|Gauss]] che per primo la realizzò all'età di sette anni, riscrivendo la somma in modo riflesso e sommando i termini di uguale posto, ovveroossia: <math>1+2+3+4+...\cdots+100=x,\ 100+99+98+97+...\cdots+1=x.</math> Sommando per colonne si ottiene: <math>101+101+101+101+...\cdots+101=2x,</math> ovveroossia <math>101*\cdot 100=2x,</math> e quindi <math>\tfrac{1}{2}(101*\cdot 100)/2=x.</math>
 
Generalizzando, per un generico numero naturale <math>n</math> si ottiene <math>\frac{n(n+1)}{2}</math>.
 
== Esempio ==
La [[addizione|somma]] dei numeri <math>1 + 2 + ...\ldots + 99 + 100 </math> è:
 
:<math>\sum_{m=1}^{100} m = \frac{100(100+1)}{2} = \frac{10100}{2} = 5050</math>
 
== Somma dei numeri naturali utilizzando metodi [[Euristica|euristici]] ==
[[Srinivasa Ramanujan]] scrisse nel capitolo 8 del suo taccuino<ref>{{Cita web|autore = |url = http://www.imsc.res.in/~rao/ramanujan/NoteBooks/NoteBook1/chapterVIII/page3.htm|titolo = Ramanujan's notebooks|accesso = |data = retrived January 26th}}</ref> che la somma dei numeri naturali <math>1+2+3+4...\ldots=-1/12.</math> Questa conclusione arrivò dopo che ebbe notato che si poteva trasformare la serie <math>1+2+3+4...\ldots</math> in [[1 − 2 + 3 − 4 + · · ·]] sottraendo 4 al secondo termine, 8 al quarto, 12 al sesto e così via. ilIl totale sottratto era quindi <math>4+8+12+16...\ldots,</math> ovveroossia quattro volte la serie originale, quindi, chiamando la serie ''<math>c''</math>,
 
:<math>c=1+2+3+4... \ldots</math>
 
:<math>4c=4+8+12+16...\ldots</math>
 
:<math>-3c=c-4c=(1+2+3+4...\ldots)-(4+8+12+16+\cdotsldots)=1-2+3-4...\ldots</math>
 
Quest'ultima serie <math>s=</math>[[1 − 2 + 3 − 4 + · · ·]] era già stata calcolata come uguale a 1/4 poiché:
 
:<math> \begin{array}{rclllll} 4s&=& &(1-2+3-4+\cdots) & +(1-2+3-4+\cdots) & +(1-2+3-4+\cdots) &+(1-2+3-4+\cdots) \\ &=& &(1-2+3-4+\cdots) & +1+(-2+3-4+5+\cdots) & +1+(-2+3-4+5+\cdots) &-1+(3-4+5-6+\cdots) \\ &=&1+[&(1-2-2+3) & +(-2+3+3-4) & +(3-4-4+5) &+(-4+5+5-6)+\cdots] \\ &=&1+[&0+0+0+0+\cdots] \\ 4s&=&1 \end{array} </math>
Quest'ultima serie s=[[1 − 2 + 3 − 4 + · · ·]] era già stata calcolata come uguale a 1/4 poiché:
 
<math> \begin{array}{rclllll} 4s&=& &(1-2+3-4+\cdots) & +(1-2+3-4+\cdots) & +(1-2+3-4+\cdots) &+(1-2+3-4+\cdots) \\ &=& &(1-2+3-4+\cdots) & +1+(-2+3-4+5+\cdots) & +1+(-2+3-4+5+\cdots) &-1+(3-4+5-6+\cdots) \\ &=&1+[&(1-2-2+3) & +(-2+3+3-4) & +(3-4-4+5) &+(-4+5+5-6)+\cdots] \\ &=&1+[&0+0+0+0+\cdots] \\ 4s&=&1 \end{array} </math>
 
quindi
 
:<math>-3c=1/4</math>
 
:<math>c=-1/12.</math>
 
Ramanujan scrive una seconda volta a proposito di questa serie in una lettera indirizzata a [[Godfrey Harold Hardy]] e datata 27 febbraio 1913.
 
Ovviamente, trattandosi di una somma che va avanti all'infinito, la "dimostrazione" di Ramanujan non è applicabile nella pratica, poiché in questo caso saremmo prima o poi costretti a fermare la sequenza, ottenendo un risultato positivo. Pertanto, le serie infinite vanno maneggiate prima trovando la funzione generale somma e poi passando al limite all’infinito. Infatti se si manipolano le serie infinite come fossero finite (come nella "soluzione" riportata da Ramanujan), è possibile dimostrare praticamente qualsiasi risultato. (Sisi veda [[sofisma algebrico]]).
 
== Calcolo combinatorio ==
Si può notare che la somma dei primi <math>n</math> numeri coincide con le [[combinazioni]] di <math>n+1</math> elementi di classe 2:
 
:<math>C_{n+1,2} = {n+1 \choose 2} = \frac{(n+1)!}{(n+1-2)!\ 2!} = \frac{(n+1) \cdot n \cdot (n-1)!}{2(n-1)!} = \frac{n(n+1)}{2} = \sum_{i=1}^{n} i.</math>
 
== Note ==