Meilleure réponse
La dérivation de cette somme est similaire à celle de
\ Displaystyle \ sum\_ {i = 1} ^ {n} i = \ dfrac {n (n + 1)} {2} \ tag * {}
Soit
S = 1 + 3 + 5 + \ dots + (2n-1) \ tag * {(1)}
Puisque laddition est commutative, nous pouvons écrire S en sens inverse comme ceci
S = (2n-1) + (2 (n-1) – 1) + (2 (n-2) – 1) + \ dots + 1 \ tag * {(2)}
Ajout de ces deux les représentations terme par terme nous donnent
S + S = 2S = (1 + (2n-1)) + (3 + (2 (n-2) -1)) + \ dots (1 + ( 2n-1)) \ tag * {(3)}
2S = \ underbrace {2n + 2n + \ dots 2n} \_ {\ text {n fois}} \ tag * {(4)}
2S = 2n ^ {2} \ tag * {(5)}
De là, il sensuit évidemment que
S = n ^ {2} \ tag * {(6)}
Cest un résultat connu qui peut être prouvé par induction, ce que je vais continuer et faire maintenant. Pour ce faire, nous devons montrer que
H\_ {0}: \ {1 + 3 + 5 + \ dots + (2n-1) = n ^ {2} \}, \ forall n \ in \ mathbb {N} \ tag * {(7)}
(Remarque: jutilise H\_ {0} comme référence abrégée pour lénoncé dhypothèse)
Pour montrer que H\_ { 0} tient par récurrence, nous devons montrer que légalité est vraie pour le cas de base, n = 1, et le cas dinduction, n = k + 1, k \ in \ mathbb {N}. Le cas de base est évident puisque 1 = 1 ^ {2} = 1, ce qui nous laisse avec le cas dinduction.
k ^ {2} + 2 (k + 1) – 1 = (k + 1 ) ^ {2} \ tag * {(8)}
k ^ {2} + 2k + 1 = (k + 1) ^ {2} \ tag * {(9)}
(k + 1) ^ {2} = (k + 1) ^ {2} \ tag * {(10)}
On voit que légalité est vraie pour k + 1, donc prouvant que H\_ {0} est bien vrai. Ainsi, nous pouvons affirmer définitivement que notre dérivation de (6) est en effet correcte.
1 + 3 + 5 + \ dots + (2n-1) = n ^ {2} \ tag * {}
Réponse
Regardons et voyons. Nimporte qui peut au moins observer les premières instances, nest-ce pas?
1 = 1
1 + 3 = 4
1 + 3 + 5 = 9
1 + 3 + 5 + 7 = 16
1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25
Maintenant, reconnaissez-vous les nombres sur la droite?
1,4,9,16,25, \ ldots
Oui! sont les carrés parfaits. 1 \ fois 1, 2 \ fois 2, 3 \ fois 3, 4 \ fois 4 et ainsi de suite.
Nous avons maintenant une conjecture. Mettons-la à lépreuve:
1 + 3 + 5 + 7 + 9 + 11 = 36
Oui! Les six plus petits nombres impairs totalisent 6 ^ 2, comme nous lavions prédit. Vous pouvez en essayer quelques autres: cela fonctionne.
Si nous sommes physiciens, nous nous arrêtons ici. Nous avons fait une observation, nous avons formé une hypothèse, nous avons testé notre hypothèse expérimentalement une fois et deux fois et cent fois, cela fonctionne toujours, cest fait. Notre théorie est correcte jusquà ce quune expérience la réfute.
Mais nous sommes des mathématiciens, non. Nous avons besoin dune preuve. Et il existe de nombreuses preuves rigoureuses de ce joli petit fait.
Mais il y a aussi une preuve visuelle cristalline. La voici:
EDIT: beaucoup de gens ont demandé une preuve rigoureuse. Voici « une preuve relativement simple qui peut être dérivée de cette preuve visuelle.
Nous remarquons que les nombres impairs sont juste les différences entre les carrés consécutifs, comme ceci:
- 1 = 1 ^ 2-0 ^ 2
- 3 = 2 ^ 2-1 ^ 2
- 5 = 3 ^ 2-2 ^ 2
- 7 = 4 ^ 2-3 ^ 2
et ainsi de suite. Par conséquent, lorsque nous les additionnons, tout sannule sauf le dernier carré:
1 + 3 + 5 + 7 = (1 ^ 2-0 ^ 2) + (2 ^ 2-1 ^ 2) + (3 ^ 2-2 ^ 2) + (4 ^ 2-3 ^ 2) = 4 ^ 2
Alors maintenant, écrivons ceci formellement pour nimporte quel nombre de nombres impairs additionnés. k,
2k + 1 = (k + 1) ^ 2-k ^ 2
et donc la somme des n premiers nombres impairs, qui est
\ displaystyle \ sum\_ {k = 0} ^ {n-1} 2k + 1
est égal à
\ displaystyle \ sum\_ {k = 0} ^ {n-1 } (k + 1) ^ 2-k ^ 2 = \ sum\_ {k = 1} ^ {n} k ^ 2- \ sum\_ {k = 0} ^ {n-1} k ^ 2 = n ^ 2. QED