¿Qué es la prueba más inusual de $1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$?

Question

¿Cuál es la más inusual prueba de que $$1+2+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}?$$ Considere, por ejemplo, la siguiente. Tenemos $$1+x+x^2+\cdots+x^n=\frac{x^{n+1}-1}{x-1},$$ mus diferenciar obtenemos $$1+2x+3x^2+\cdots+nx^{n-1}=\frac{nx^{n+1}-(n+1)x^n+1}{(x-1)^2}.$$ Ahora tomamos el límite de $x\rightarrow 1$. Existen otras pruebas?

En realidad la prueba anterior es debido a Euler. Él considera que es digno de su atención para mostrar el uso de l'Hospital de la regla en este ejemplo trivial.

Por un inusual prueba me refiero a uno que normalmente no se encuentran en los libros de texto. Este podría ser el uso de algunas herramientas avanzadas.

Aquí defino inusual como hacer uso de las ideas que aparentemente no tienen relación. Es, al principio, no está claro cuál es la relación entre la progresión aritmética y geométrica. Por lo tanto, podemos considerarla una prueba inusual.

La razón de esta pregunta es (aparte de la curiosidad) que tal vez estas nuevas pruebas se puede generalizar, de alguna manera.

Answer 1

Que $X$ sea una variable aleatoria uniformemente distribuida en ${1,\dotsc, n}$. Observe que $n+1-X$ es igual en la distribución de $X$ dónde $$ n +1-EX = EX\implies EX = \frac {n+1} {2}. $$ Pero también sabemos que $$ EX = \frac {1} {n} \sum_ {k = 1} ^ nk $$ de que sigue el resultado deseado.

Answer 2

No estoy seguro de que esto es exactamente lo que quieres decir, pero la suma de la que hablas es sólo un caso particular de la siguiente más general de la sumación de la fórmula: $$\binom{n}{0}+\binom{n}{1}+...+\binom{n}{k}=\binom{n+1}{k}$$

También, me encanta esta combinatoria clásica:

Supongamos que conseguimos $n+1$ personas juntas en una habitación y que cada persona estrechar la mano de cada persona. Hay dos maneras diferentes de contar el número total de apretones de manos que conducen a una prueba de la sentencia dada.

MÉTODO 1: el Número de personas $1,2,...,n,n+1$. En primer lugar, vamos a persona $1$ estrechar la mano de cada persona, para un total de $n$ apretones de manos. A continuación, vamos a persona $2$ estrechar la mano de todos, pero la persona $1$ (ya que la persona $1$ ya estrechó la mano de todos), para un total de $n-1$ apretones de manos. Continuar de esta forma, la persona $3$ va a temblar $n-2$ manos, y la persona $4$ va a temblar $n-3$ manos, y así sucesivamente, hasta que la persona $n$ batidos sólo $1$ a mano, es decir la de la persona $n+1$, y la persona $n+1$ va a temblar $0$ manos, después de haber sacudido la mano de todos. Por lo tanto, el número de apretones de manos es $$n+n-1+n-2+...+2+1+0=1+2+...+n$$

MÉTODO 2: Después de todos los apretones de manos se han producido, pida a cada persona ¿cuántos apretones de manos que participaron. A continuación, la suma de estos números. Ya que cada apretón de manos, se aumentaría $1$ a el "apretón de manos de la cuenta" de cada una de las dos personas, para un total de $2$ de cada apretón de manos, el total de número de apretones de manos es la mitad de la suma de los "apretón de manos cuenta" de cada persona. Ya que cada persona tendrá un apretón de manos con cada una de las $n$ otras personas, el apretón de manos recuento de cada persona, por supuesto, ser $n(n+1)$, y el número de apretones de manos es $\frac{n(n+1)}{2}$

Por lo tanto, se deduce que $$1+2+...+n=\frac{n(n+1)}{2}$$

Answer 3

$1+2+\dots+n = \frac{1}{2}\;n(n+1)$

($n=6$ representado)

Answer 4

Claramente la sumatoria $$S(n) = \sum_{k=0}^{n}k$$

es un segundo grado del polinomio en $n$. Para encontrarlo, sólo necesitamos evaluar $S(n)$ para los 3 valores de $n$, por ejemplo,$n = 0$, $n = 1$ y $n = 2$. Interpolación de Lagrange, a continuación, se obtiene:

$$S(n) = \frac{1}{2}S(0)(n-1)(n-2) -S(1)n(n-2)+ \frac{1}{2}S(2)n(n-1)=\frac{1}{2}n(n+1)$$

Es posible utilizar menos los valores de $S(n)$ considerando una propiedad de simetría de la continuación analítica de $S(n)$. Esto también funciona bien para la suma de potencias enteras, así que vamos a considerar la función de $S(n,r)$ se define como:

$$S(n,r) = \sum_{k=0}^n k^r$$

Entonces tenemos:

$$\sum_{k=n}^m k^r = S(m,r) - S(n-1,r)$$

Por lo tanto tenemos:

$$\sum_{k=-n}^0 k^r = -S(-n-1,r)$$

Desde

$$\sum_{k=-n}^0 k^r = (-1)^r S(n,r)$$

tenemos:

$$S(-n-1,r) = (-1)^{r+1} S(n,r)$$

El hecho de que $S(0,r) = 0$ se sigue que $S(-1,r) = 0$. Para $r = 1$ esto corrige la suma de hasta un total de factor. Si uno utiliza el asintótica resultado:

$$S(n,r)=\frac{1}{r+1}n^{r+1} + \mathcal{O}(n^{r})$$

lo que sigue a partir de Euler-Maclaurin suma fórmula, entonces hemos terminado.

El caso de $r = 2$ también se sigue inmediatamente a partir de la reflexión de la fórmula que ahora implica que la suma es una función impar de $2n+1$. Por lo tanto, ha de factores de $2n+1$, $n$, y $n+1$. El conocido gran $n$ asymptotics implica entonces que $S(n,2) = \dfrac{1}{6}n(n+1)(2n+1)$

Answer 5

Esta historia de cómo Gauss se suman los números enteros de 1 a 100.

Él prestados la suma como la suma de todos los cien números, ordenados desde el menor hasta el mayor.

$S=1+2+...+100$

A continuación, expresó la misma suma a partir de la más alta a la más baja entre los 100 números.

$S=100+99+...+1$

Así que tras la adición de las dos ecuaciones, se obtiene:

$$2S=101+101+...+101=100×101=10100 \iff S=5050$$

En efecto, este sigue siendo mi preferido prueba para $1+2+...+n=n(n+1)/2$.