Meilleure réponse
George Gamow explique comment Galilée est arrivé à cette formule dans son livre « Gravity ».
Galileo étudiait des corps qui tombaient. Il voulait connaître la relation mathématique entre le temps pris par la chute dun objet et la distance parcourue. Il a donc fait une expérience.
Il a construit un plan incliné. Puis il a laissé les balles de différents matériaux rouler dans lavion (il ne les a pas poussées). Il a mesuré les distances parcourues par le ballon à la fin de la 1ère, 2ème, 3ème et 4ème seconde. Il aurait pu directement organiser la chute libre de la balle. Mais la chute libre est assez rapide et il navait pas de bonnes horloges à ce moment-là. En effectuant une expérience sur un plan incliné, il a réduit la force de gravité agissant sur la balle et augmenté le temps pour atteindre le fond qui dépend de la pente du plan incliné. La figure suivante explique ceci:
À partir de la figure, nous pouvons montrer que,
[math] \ frac {mgsin (a)} {mg} = sin (a) = \ frac {x} {z} [/ math].
Par conséquent, plus petit x, moindre sera la force causant le mouvement et plus sera le temps mis par la balle pour atteindre le fond. Galileo a constaté que les distances parcourues par le ballon à la fin de la 2ème, 3ème et 4ème seconde sont respectivement 4, 9 et 16 fois la distance parcourue à la fin de la 1ère seconde. Ceci montre que la vitesse de la balle augmente de telle sorte que les distances parcourues par la balle augmentent avec les carrés du temps de parcours. Maintenant, la question était de savoir comment relier la vitesse au temps donné au-dessus de la relation distance-temps. Galileo a déclaré que ce type de relation distance-temps ne peut être obtenu que lorsque la vitesse de la balle est directement proportionnelle au temps. La figure suivante montre le graphique vitesse / temps de lexpérience mentionnée ci-dessus et la déclaration de Galileo:
Dans la figure ci-dessus, pointez A correspond à une position nulle de la balle (en haut du plan incliné) et le point B correspond à une balle de vitesse v à la fin de lintervalle de temps t. On sait que laire du triangle ABC nous donne la distance parcourue par la balle , s, dans lintervalle de temps (0, t). La distance parcourue est donc,
s = \ frac {1} {2} vt.
Mais comme pour Galileo « s argument, v est directement proportionnel à t, cest-à-dire v = où a est laccélération.
[math] s = \ frac {1} {2} vt = \ frac {1} {2} à ^ 2. [/ math]
Donc la distance parcourue augmente comme le carré du temps qui était notre observation expérimentale. Cette formule donne la distance parcourue lorsquil ny a pas de vitesse initiale donnée à la balle. Mais lorsque la balle a une certaine vitesse initiale, u, le terme «ut» est ajouté à la formule ci-dessus qui est la distance parcourue au temps t à la vitesse u. Ce terme augmentera simplement les distances mesurées dans notre expérience mais maintiendra la même relation distance-temps. La formule finale est donc:
s = ut + \ frac {1} {2} at ^ 2.
Réponse
En essayant de prouver quoi que ce soit lié aux entiers positifs, votre première pensée devrait être linduction. Le problème est qu’il n’existe pas de manière immédiatement évidente de procéder. Nous voulons pouvoir ajouter quelque chose aux deux côtés de linégalité, mais alors la limite du côté droit augmenterait.
Lastuce à ce problème est de rendre la limite plus forte quelle ne lest actuellement. Donc, nous allons prouver la déclaration associée
\ dfrac {1} {2 ^ 2} + \ dfrac {1} {3 ^ 2} + \ dfrac {1} {4 ^ 2} + \ cdots + \ dfrac {1} {n ^ 2} dfrac {3} {4} – \ dfrac {1} {n}
pour tous les entiers positifs n \ geq 3. Linstruction dorigine suit par permettant à n dapprocher linfini.
Notez que, pour tout entier positif k, on a
\ dfrac {1} {k} – \ dfrac {1} {(k + 1 ) ^ 2}> \ dfrac {1} {k} – \ dfrac {1} {k (k + 1)} = \ dfrac {k} {k (k + 1)} = \ dfrac {1} {k + 1}.
Sachant cela, nous pouvons procéder par récurrence.
Depuis \ dfrac {1} {2 ^ 2} + \ dfrac {1} {3 ^ 2} = \ dfrac {13} {36} dfrac {5} {12} = \ dfrac {3} {4} – \ dfrac {1} {3}, le cas de base n = 3 est vrai.
Supposons maintenant que la déclaration soit vraie pour certains k, à savoir que
\ dfrac {1} {2 ^ 2} + \ dfrac {1} {3 ^ 2} + \ dfrac {1} { 4 ^ 2} + \ cdots + \ dfrac {1} {k ^ 2} dfrac {3} {4} – \ dfrac {1} {k}.
Nous souhaitons montrer que le Linstruction est également valable pour k + 1. Pour ce faire, ajoutez \ dfrac {1} {(k + 1) ^ 2} des deux côtés:
\ dfrac {1} {2 ^ 2} + \ dfrac {1} {3 ^ 2 } + \ cdots + \ dfrac {1} {k ^ 2} + \ dfrac {1} {(k + 1) ^ 2} dfrac {3} {4} – \ dfrac {1} {k} + \ dfrac {1} {(k + 1) ^ 2}.
De linégalité que nous avons prouvée ci-dessus, cela se simplifie à
\ dfrac {1} {2 ^ 2} + \ dfrac {1} {3 ^ 2} + \ cdots + \ dfrac {1} {k ^ 2} + \ dfrac {1} {(k + 1) ^ 2} dfrac {3} {4} – \ dfrac {1} {k + 1},
qui est exactement ce que nous voulions prouver.
Par conséquent, par le principe de linduction mathématique, la déclaration modifiée est vraie pour tous les entiers n \ geq 3, donc la déclaration dorigine est également vraie.
EDIT: Comme Predrag Tosic la souligné dans les commentaires, lorsque nous permettons à n dapprocher linfini, le signe oit être changé en \ leq dans cas les deux côtés de linégalité convergent vers la même valeur.Cependant, cela peut être corrigé en prouvant à la place linégalité
\ dfrac {1} {2 ^ 2} + \ dfrac {1} {3 ^ 2} + \ dfrac {1} {4 ^ 2} + \ cdots + \ dfrac {1} {n ^ 2} dfrac {3} {4} – \ epsilon – \ dfrac {1} {n}
pour une toute petite valeur de \ epsilon ( disons \ dfrac {1} {100}), ce qui, lorsque n approche de linfini, donnerait
\ dfrac {1} {2 ^ 2} + \ dfrac {1} {3 ^ 2} + \ dfrac {1} {4 ^ 2} + \ cdots \ leq \ dfrac {3} {4} – \ epsilon,
doù découle linstruction souhaitée.