Hogy vezeted le az 1+2+...+n összegképletét számolgatások, algebrai átalakítások nélkül?

1 + 2 + 3 + ...+ (n-2) + (n-1) + n

n + (n-1) + (n-1) + 3 + 2 + 1

-------------------------------------

A két sort összeadva:

n(n+1).

Így az összeg ennek a fele.

Lehet teljes indukcióval is bizonyítani. De szerintem az nem szebb.

1. Ha n-1 szám esetén az összeg (n-1)n/2, akkor n szám esetén n+(n-1)n/2=n(n+1)/2

2. Az első, n=1 esetben n(n+1)/2=1, ami megadja az egy számból álló sor összegét.

Vagy egy geometriai bizonyítás:

- kockás (na jó, legyen négyzethálós) papírra rajzoljunk egy négyzetet

- a területe n*n. Ha egy átlóval megfelezzük, akkor n*n/2

- van n különböző hosszúságú sorunk. Ha mindegyiket egy fél kockával kiegészítjük, akkor a területük 1,2,..,n

- a sorok területének összege n*n/2+n*1/2=n(n+1)/2.

Szerintem a kérdező a háromszögszámokra gondol:

[link]

Bár ez is Gausshoz köthető, szóval passz.

#6

A háromszögszámok jópofák, de ebben mi a módszer az "1+2+...+n összegképleté"-re, amit a kérdező kérdezett?

Nem tudom. Ez jutott eszembe elsőre. Különösebben nem foglalkotam a háromszögszámokkal, de gondoltam, hogy azon az alapon valami "szép" bizonyítás.

Amire még esetleg tudok gondolni:

Most is vegyünk egy négyzetrácsos lapot. Színezzünk ki két szomszédos "kockát", az egyiket mondjuk pirossal, a másikat zölddel. Ezután a piros mező alatt fessünk ki két mezőt pirosra vízszintesen a zöld mező irányába, utána a zöld mező felett két zöld mezőt a piros irányába. Utána 3-3 mezőt fessünk pirosra és zöldre "csigaalakban". Utána 4-4-et, és így tovább.

Tudom, hogy bénára sikerült a leírás, de itt egy szemléltető ábra arra az esetre, amikor már 5-ödjére színezünk:

PPPPPZ

PZZZPZ

PZPZPZ

PZPPPZ

PZZZZZ

Az 5-ödik lépésben így egy 5*6-os téglalapot kapunk, amelynek területének fele piros, fele zöld, így az 1+2+3+4+5 összeg értéke (6*5)/2.

Ezek alapján lehet teljes indukciózni is, vagy valami.

Egyébként relatív, hogy kinek mi a szép.

#7

Igen, ez nagyon ügyes. Egy jing-jang alakzat. Szépis.

Lehet, hogy kicsit jobban követhető lenne, ha növekvő hosszúságú piros és zöld rudakat raknánk le. Mindig az utolsó, egyező színű rúd végéhez illeszkedve, 90 fokkal változó irányba.

De az a baj, hogy ha valaki erre akarná alapozni az akadémiai székfoglalóját a Matematikai Tudományok Osztályán, akkor bizonyítania kellene, hogy

1. a rúd mindig lerakható, a hely sosem foglalt.

2. az alakzat mindig tömör lesz, nem lesznek benne lyukak

3. az alakzat mindig téglalap lesz és az oldalai n és n+1.

Először én is erre gondoltam, azért írtam úgy, ahogy írtam.

Szerintem ebben a felállásban teljes indukcióval nem vészes itt sem bizonyítani. Elvégre ha van egy n*(n+1)-es téglalapod, akkor a következő lépésnél az (n+1)-es oldal nem változik, az n-es pedig 2-vel nő, tehát (n+2) lesz belőle, így a keletkező téglalap (n+2)*(n+1)-es lesz, és ezt is kell kapnunk.