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

[link]

Nézzük meg a fenti ábrát, itt az 1+2+3+4+5+6-ot kell kiszámítani, de a gondolatmenet teszőlegesen általánosítható. A fenti 6 sor bármelyik pontjához rendelhető egy pontpár a 7. sorból, ha a háromszög oldalaival párhuzamos egyeneseket húzunk. És megfordítva is igaz: a 7. sor bármely két különböző pontja meghatároz pontosan egy pontot a fenti 6 sorból. Ez tehát egy bijekció. Annyi pont van a fenti 6 sorban, ahányféleképpen 7 pontból kiválasztható 2 különböző, ez pedig (7 alatt a 2)=7*6/2.

Ez is egy szép, kreatív megoldás.

Másik szóbajöhető megoldás:

Vegyünk egy 6 csúcsú üres gráfot. Az köztudott, hogy ebben (6*5)/2 darab él húzható be. De az éleket így is számolhatjuk:

-Az első csúcsból behúzzuk az összes behúzható élt a többi csúcsba, így 5 élt húzunk be.

-Most kiválasztunk egy másik csúcsot, és ugyanezt csináljuk, azonban innen már csak 4 él húzható be, mivel egy él már eredetileg be lett húzva.

-Ezután egy harmadik csúcsból már csak 3 él húzható be.

-Aztán egy másikból már csak 2.

-Végül az utolsó, eddig ki nem választott csúcsból már csak 1.

Összesen tehát 5+4+3+2+1 él lett behúzva, egyébként meg (6*5)/2, tehát 5+4+3+2+1=(6*5)/2.

Általánosságban, hogyha (n+1) darab csúcsunk van, ahol n>=0, akkor a tanultak alapján a gráfba (n+1)*n/2 darab él húzható be, a fenti gondolatmenet szerint pedig n+(n-1)+...+1, tehát ezek egyenlőek. Ha n=0, akkor 1 darab csúcsunk van, melyben 0 darab él hőzható be, 0 darab szám összege pedig 0, így erre is működik, de ha csak az 1+2+... összeget vizsgáljuk, akkor a kikötést n>=1-re kell változtatni.

#12

Ötletes. Nekem egy dolog nem tetszik benne:

"Vegyünk egy 6 csúcsú üres gráfot. Az köztudott, hogy ebben (6*5)/2 darab él húzható be."

A bizonyításban szerepel egy olyan ismeretre való hivatkozás, ami magasabb szintű tudást igányel, mint a megoldandó probléma.

Ehelyett azzal kellene kiegészíteni a hivatkozást, hogy az n+1 csúcsú gráf minden csúcsához n él húzható, összesen n*(n+1). De így minden élet kétszer számoltunk.

De még a gráf fogalmát sem kell bevonni. Mondhatjuk, hogy n+1 ember kézfogásainak számát számoljuk ki kétféleképpen.

De ismétlem, az ötlet szerintem is nagyon eredeti.

"azzal kellene kiegészíteni a hivatkozást"

Bocs, a bizonyítást.

A „köztudott” alatt azt értettem, hogy még középszinten is tanítják a bizonyítását is (ami a legtöbb tételről nem mondható el annyira), ezért nem akartam ennyire részletesen belemenni.

De ha arra hajtunk, hogy minél egyszerűbben, minél kevesebb matematikai kifejezést használjunk a tárgyaláshoz, akkor az a jó irány, amit te írtál.

Négyzetekből építsünk „piramist” úgy, ahogy négyzetekből szoktunk ilyet csinálni. Legyen egy 5 emeletes piramis, ehhez 5+4+3+2+1 négyzetet használtunk fel.

Építsünk a piramis két oldalára „rámpákat”, amik a legfelső négyzet felső csúcsait kötik össze a földdel úgy, hogy a földdel 45°-os szöget zárnak be, ekkor a teljes létesítmény egy trapéz lesz, ennek a területe kiszámolható; hosszabbik alapja 7 egység hosszú, rövidebbik alapja 1 egység hosszú, magassága 5 egység hosszú, így a területe (1+7)*5/2=20 területegység. A rámpa megépítésével félnégyzetek is keletkeznek, soronként 2, így összesen 10 teljes négyzet területével több a trapéz területe, mint az eredeti négyzetek összterülete, így 20-5=15 négyzetet használtunk az építményhez.

Általánosan: ha n sor van, akkor n+(n-1)+...+1 négyzetet használtunk fel, a keletkező trapéz területe ((n+2)+1)*n/2=(n+3)*n/2, ebből kell levonni 2*n/2=n-nyi területet, így a négyzetek összterülete (n+3)*n/2 - n = (n^2 + 3n)/2 - (2n)/2 = (n^2 + 3n - 2n)/2 = (n^2 + n)/2 = (n*(n+1))/2, tehát n+(n-1)+...+1=(n*(n+1))/2, és ezt kellett kapnunk.