Il arrive qu'un prince ait des scrupules... Une république n'en a jamais. (Aristobule de Samos)
X 1908
dans Arithmétique
Bonjour,
On divise la suite des nombres impairs en groupes contenant le premier un nombre, le deuxième deux nombres, le troisième trois nombres, etc.; trouver la somme des nombres du énième groupe.
A+
On divise la suite des nombres impairs en groupes contenant le premier un nombre, le deuxième deux nombres, le troisième trois nombres, etc.; trouver la somme des nombres du énième groupe.
A+
Réponses
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Et on trouve que le niveau baisse ?
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RE
Les X de 1908 n'étaient peut-être pas très pointus en algèbre, mais il faut voir les épreuves de géométrie descriptive qu'on leur posait !
En outre, ils lisaient Virgile et Homère dans le texte !
A+Il arrive qu'un prince ait des scrupules... Une république n'en a jamais. (Aristobule de Samos) -
C'est rigolo !
Je trouve $n^3$. -
Moi aussi !
Il est tordant l'exo, il va partir dans mes feuilles d'exercices illico ! -
C'est relativement connu. En utilisant le fait que la somme des $n$ premiers nombres impairs est égale à $n^2$ on en déduit que la somme des $n$ premiers cubes est égale au carré de la somme des $n$ premiers entiers.
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Très très relativement alors ...
sauf que là, comme ça, de tête, je ne vois pas le rapport avec la question !
moi j'ai bêtement sommé les impairs de N+1 à N+n où N=n(n-1)/2 -
Je me suis peut-être mal exprimé.
Je voulais dire qu'on déduit du résultat énoncé par Piteux_gore que la somme des $n$ premiers cubes est égale au carré de la somme des $n$ premiers entiers (en utilisant le fait bien connu que la somme des $n$ premiers nombres impairs est égale à $n^2$). -
RE
Plus précisément, on vient de prouver que
$1^3 + 2^3 + 3^3 + ... + n^3 = 1 + (3+5) + (7+9+11) + ... + (...)$.
Cette somme est celle des $n(n+1)/2$ premiers entiers impairs et vaut donc
$n^2(n+1)^2/4$.
A+Il arrive qu'un prince ait des scrupules... Une république n'en a jamais. (Aristobule de Samos) -
Piteux_gore :
Bonsoir,
dans ce que tu as écrit, quel est le dernier terme de $(1) + (3+5) + (7+9+11) + ... + (...)$ ?
Merci d'avance,
Mohammed R. -
RE
Le dernier terme est
$((n-1)n+1)+((n-1)n+3)\ +...+((n-1)n+2n-1)$.
A+Il arrive qu'un prince ait des scrupules... Une république n'en a jamais. (Aristobule de Samos) -
D'accord merci !
A la revoyure,
Mohammed R. -
Si l'énoncé est exactement celui posé par Piteux_gore alors cet énoncé est tout pourri. :-D
Si j'ai bien compris, tout le monde est censé comprendre que tous les nombres du n-ième groupe sont supérieurs à tous les nombres des groupes précédents?
Si j'ai envie de mettre dans le groupe à deux éléments les nombres $2^{12345678}+1$ et $2^{123456789}+1$ (qui sont impairs), l'énoncé formellement ne me l'interdit pas. B-)- -
RE
Partant de là on peut bâtir un exercice instructif :
1) Quels sont le énième entier naturel pair et le énième entier impair ?
2) Calculer la somme des $n$ premiers entiers, la somme des $n$ premiers entiers pairs et la somme des $n$ premiers entiers impairs.
3) X 1908
4) Calculer la somme des cubes des $n$ premiers entiers.
A+Il arrive qu'un prince ait des scrupules... Une république n'en a jamais. (Aristobule de Samos) -
RE
On a vu que la somme des $n$ premiers entiers impairs vaut $n^2$.
De même, la somme des $2n$ premiers entiers non multiples de $3$ vaut $3n^2$, la somme des $3n$ premiers entiers non multiples de $4$ vaut $6n^2$, ..., la somme des $(k-1)n$ premiers entiers non multiples de $k$ vaut $(k-1)kn^2/2$.
A+Il arrive qu'un prince ait des scrupules... Une république n'en a jamais. (Aristobule de Samos) -
Oh misère! Comme le niveau devait être élevé, j'ai cru que la suite était celle des nombres premiers... Peut-on aussi résoudre mon problème (sans passer par Orsai)?
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