1 + 2 + 3 + 4 + · · ·

Suma tuturor numerelor naturale , de asemenea scrise 1 + 2 + 3 + 4 + ... sau prin intermediul simbolului însumării, cum ar fi

\sum _{n=1}^{\infty }n

{\ displaystyle \ sum _ {n = 1} ^ {\ infty} n}

{\ displaystyle \ sum _ {n = 1} ^ {\ infty} n}

este o serie divergentă ; suma primului $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ termenii seriei pot fi găsiți cu formula ${\frac {n(n+1)}{2}}$ ${\ displaystyle {\ frac {n (n + 1)} {2}}}$ ${\ displaystyle {\ frac {n (n + 1)} {2}}}$ .

Deși la prima vedere această serie nu pare să fie de mare importanță, poate fi utilizată pentru a obține o serie de rezultate interesante din punct de vedere matematic, cum ar fi pentru a permite aplicații în alte domenii, cum ar fi analiza complexă , teoria cuantică a câmpurilor și teoria șirurilor .

Sume parțiale

Formula apare prin inducție pe $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ .

Baza inducției: trebuie să dovedim că cererea $P(n)$ ${\ displaystyle P (n)}$ $P (n)$ este adevărat pentru $n=0$ ${\ displaystyle n = 0}$ $n = 0$ , adică substituind, că $0={\frac {0\cdot 1}{2}}$ ${\ displaystyle 0 = {\ frac {0 \ cdot 1} {2}}}$ ${\ displaystyle 0 = {\ frac {0 \ cdot 1} {2}}}$ , și, de fapt, este foarte puțin de lucru, este un calcul elementar.
Pas inductiv: trebuie să arătăm că pentru fiecare $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ implicația merită $P(n)\Rightarrow P(n+1)$ ${\ displaystyle P (n) \ Rightarrow P (n + 1)}$ ${\ displaystyle P (n) \ Rightarrow P (n + 1)}$ , adică înlocuind:

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}}.

{\ displaystyle 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}}.}

{\ displaystyle 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}}.}

Deci, trebuie să presupunem că este adevărat

P(n)\quad \equiv \quad 0+1+2+3+4+\ldots +n={\frac {n(n+1)}{2}},

{\ displaystyle P (n) \ quad \ equiv \ quad 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + \ ldots + n = {\ frac {n (n + 1)} {2}},}

{\ displaystyle P (n) \ quad \ equiv \ quad 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + \ ldots + n = {\ frac {n (n + 1)} {2}},}

lucrați la această egalitate și încheiați cu egalitatea analogă pentru $n+1$ ${\ displaystyle n + 1}$ $n + 1$ , asta inseamna:

P(n+1)\quad \equiv \quad 0+1+2+3+4+\ldots +n+(n+1)={\frac {(n+1)((n+1)+1)}{2}}.

{\ displaystyle P (n + 1) \ quad \ equiv \ quad 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + \ ldots + n + (n + 1) = {\ frac {(n + 1) ((n + 1 ) +1)} {2}}.}

{\ displaystyle P (n + 1) \ quad \ equiv \ quad 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + \ ldots + n + (n + 1) = {\ frac {(n + 1) ((n + 1 ) +1)} {2}}.}

De exemplu, am putea adăuga $n+1$ ${\ displaystyle n + 1}$ $n + 1$ ambilor membri ai egalității $P(n)$ ${\ displaystyle P (n)}$ $P (n)$ :

0+1+2+3+4+\ldots +n+(n+1)={\frac {n(n+1)}{2}}+(n+1),

{\ displaystyle 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + \ ldots + n + (n + 1) = {\ frac {n (n + 1)} {2}} + (n + 1),}

{\ displaystyle 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + \ ldots + n + (n + 1) = {\ frac {n (n + 1)} {2}} + (n + 1),}

apoi facem un pasaj algebric simplu:

0+1+2+3+4+\ldots +n+(n+1)={\frac {n(n+1)}{2}}+{\frac {2(n+1)}{2}},

{\ displaystyle 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + \ ldots + n + (n + 1) = {\ frac {n (n + 1)} {2}} + {\ frac {2 (n + 1) } {2}},}

{\ displaystyle 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + \ ldots + n + (n + 1) = {\ frac {n (n + 1)} {2}} + {\ frac {2 (n + 1) } {2}},}

0+1+2+3+4+\ldots +n+(n+1)={\frac {(n+1)(n+2)}{2}},

{\ displaystyle 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + \ ldots + n + (n + 1) = {\ frac {(n + 1) (n + 2)} {2}},}

{\ displaystyle 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + \ ldots + n + (n + 1) = {\ frac {(n + 1) (n + 2)} {2}},}

0+1+2+3+4+\ldots +n+(n+1)={\frac {(n+1)((n+1)+1)}{2}},

{\ displaystyle 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + \ ldots + n + (n + 1) = {\ frac {(n + 1) ((n + 1) +1)} {2}},}

{\ displaystyle 0 + 1 + 2 + 3 + 4 + \ ldots + n + (n + 1) = {\ frac {(n + 1) ((n + 1) +1)} {2}},}

iar această din urmă egalitate este exact $P(n+1)$ ${\ displaystyle P (n + 1)}$ $P (n + 1)$ . Aceasta încheie dovada pasului inductiv . Ceea ce sa făcut este o verificare și nu o demonstrație, deoarece conține direct rezultatul și nu arată în schimb procesul de raționament care a condus, prin intuiție, procedură constructivă sau altele, la rezultatul formulei închise.

Demonstrarea acestui rezultat poate fi efectuată în schimb, urmărindu-l pe tânărul Gauss care l-a atins pentru prima dată la vârsta de șapte ani, rescriind suma într-un mod reflex și adăugând termenii locului egal, adică: $1+2+3+4+\cdots +100=x,\ 100+99+98+97+\cdots +1=x.$ ${\ displaystyle 1 + 2 + 3 + 4 + \ cdots + 100 = x, \ 100 + 99 + 98 + 97 + \ cdots + 1 = x.}$ ${\ displaystyle 1 + 2 + 3 + 4 + \ cdots + 100 = x, \ 100 + 99 + 98 + 97 + \ cdots + 1 = x.}$ Rezumând pe coloane, obținem: $101+101+101+101+\cdots +101=2x,$ ${\ displaystyle 101 + 101 + 101 + 101 + \ cdots + 101 = 2x,}$ ${\ displaystyle 101 + 101 + 101 + 101 + \ cdots + 101 = 2x,}$ sau $101\cdot 100=2x,$ ${\ displaystyle 101 \ cdot 100 = 2x,}$ ${\ displaystyle 101 \ cdot 100 = 2x,}$ prin urmare ${\tfrac {1}{2}}(101\cdot 100)=x.$ ${\ displaystyle {\ tfrac {1} {2}} (101 \ cdot 100) = x.}$ ${\ displaystyle {\ tfrac {1} {2}} (101 \ cdot 100) = x.}$

Generalizând, pentru un număr natural generic $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ primesti ${\frac {n(n+1)}{2}}$ ${\ displaystyle {\ frac {n (n + 1)} {2}}}$ ${\ displaystyle {\ frac {n (n + 1)} {2}}}$ .

Exemplu

Suma numerelor $1+2+\ldots +99+100$ ${\ displaystyle 1 + 2 + \ ldots + 99 + 100}$ ${\ displaystyle 1 + 2 + \ ldots + 99 + 100}$ Și:

\sum _{m=1}^{100}m={\frac {100(100+1)}{2}}={\frac {10100}{2}}=5050

{\ displaystyle \ sum _ {m = 1} ^ {100} m = {\ frac {100 (100 + 1)} {2}} = {\ frac {10100} {2}} = 5050}

{\ displaystyle \ sum _ {m = 1} ^ {100} m = {\ frac {100 (100 + 1)} {2}} = {\ frac {10100} {2}} = 5050}

Suma numerelor naturale folosind metode euristice

Srinivasa Ramanujan a scris în capitolul 8 al caietului său ^[1] că suma numerelor naturale $1+2+3+4\ldots =-1/12.$ ${\ displaystyle 1 + 2 + 3 + 4 \ ldots = -1 / 12.}$ ${\ displaystyle 1 + 2 + 3 + 4 \ ldots = -1 / 12.}$ Această concluzie a venit după ce a observat că seria poate fi transformată $1+2+3+4\ldots$ ${\ displaystyle 1 + 2 + 3 + 4 \ ldots}$ ${\ displaystyle 1 + 2 + 3 + 4 \ ldots}$ în 1 - 2 + 3 - 4 + · · · scăzând 4 din al doilea termen, 8 din al patrulea, 12 din al șaselea și așa mai departe. Totalul scăzut a fost atunci $4+8+12+16\ldots ,$ ${\ displaystyle 4 + 8 + 12 + 16 \ ldots,}$ ${\ displaystyle 4 + 8 + 12 + 16 \ ldots,}$ adică de patru ori seria originală, prin urmare, numind seria $c$ ${\ displaystyle c}$ $c$ ,

c=1+2+3+4\ldots

{\ displaystyle c = 1 + 2 + 3 + 4 \ ldots}

{\ displaystyle c = 1 + 2 + 3 + 4 \ ldots}

4c=4+8+12+16\ldots

{\ displaystyle 4c = 4 + 8 + 12 + 16 \ ldots}

{\ displaystyle 4c = 4 + 8 + 12 + 16 \ ldots}

-3c=c-4c=(1+2+3+4\ldots )-(4+8+12+16+\ldots )=1-2+3-4\ldots

{\ displaystyle -3c = c-4c = (1 + 2 + 3 + 4 \ ldots) - (4 + 8 + 12 + 16 + \ ldots) = 1-2 + 3-4 \ ldots}

{\ displaystyle -3c = c-4c = (1 + 2 + 3 + 4 \ ldots) - (4 + 8 + 12 + 16 + \ ldots) = 1-2 + 3-4 \ ldots}

Această ultimă serie $s=$ ${\ displaystyle s =}$ ${\ displaystyle s =}$ 1 - 2 + 3 - 4 + a fost deja calculat ca fiind egal cu 1/4 deoarece:

{\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}}

{\ displaystyle {\ 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}}}

{\ displaystyle {\ 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}}}

asa de

-3c=1/4

{\ displaystyle -3c = 1/4}

{\ displaystyle -3c = 1/4}

c=-1/12.

{\ displaystyle c = -1 / 12.}

{\ displaystyle c = -1 / 12.}

Ramanujan scrie a doua oară despre această serie într-o scrisoare adresată lui Godfrey Harold Hardy și datată din 27 februarie 1913.

Evident, întrucât este o sumă care continuă la nesfârșit, „dovada” lui Ramanujan nu se aplică în practică, întrucât, în acest caz, mai devreme sau mai târziu vom fi obligați să oprim secvența, obținând un rezultat pozitiv. Prin urmare, seria infinită trebuie tratată prin găsirea mai întâi a funcției de sumă generală și apoi deplasarea la limită la infinit. De fapt, dacă seriile infinite sunt manipulate ca și cum ar fi finite (ca în „soluția” raportată de Ramanujan), este posibil să se demonstreze practic orice rezultat (vezi sofismul algebric ).

Calcul combinatorial

Se poate observa că suma primelor $n$ ${\ displaystyle n}$ $n$ numerele coincid cu combinații de $n+1$ ${\ displaystyle n + 1}$ $n + 1$ elemente de clasa 2:

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.

{\ displaystyle C_ {n + 1,2} = {n + 1 \ alege 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.}

{\ displaystyle C_ {n + 1,2} = {n + 1 \ alege 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.}

Notă

^ Caietele lui Ramanujan , la imsc.res.in , recuperate pe 26 ianuarie.

Bibliografie

Bruce Berndt, Srinivasa Ramanujan Aiyangar , Ramanujan: scrisori și comentarii . American Mathematical Society, 1995. ISBN 0-8218-0287-9

Elemente conexe

Portalul de matematică : accesați intrările Wikipedia care se ocupă de matematică

[1] Caietele lui Ramanujan , la imsc.res.in , recuperate pe 26 ianuarie.

[1]