Legjobb válasz
George Gamow elmagyarázza, hogyan jutott Galileo ehhez a képlethez a „Gravitáció” című könyvében. / p>
Galileo zuhanó testeket tanulmányozott. Meg akarta ismerni a tárgy leesésével eltöltött idő és a megtett távolság matematikai összefüggését. Tehát kísérletet végzett.
Döntött síkot épített. Aztán hagyta, hogy a különböző anyagú golyók leguruljanak a síkon (nem tolta őket). Megmérte a labda által megtett távolságokat az 1., 2., 3. és 4. másodperc végén. Közvetlenül rendezhette volna a labda szabad elesését. De a szabadesés meglehetősen gyors, és akkor még nem volt jó órája. Ferde síkon végzett kísérletekkel csökkentette a gömbre ható gravitációs erőt, és növelte a fenékig érés idejét, amely a ferde sík lejtésétől függ. A következő ábra ezt magyarázza:
Az ábrán ezt megmutathatjuk,
[math] \ frac {mgsin (a)} {mg} = sin (a) = \ frac {x} {z} [/ math].
Ezért kisebb az x, annál kisebb lesz a mozgást okozó mozgás és több lesz az idő, amellyel a labda eljut az aljára. Galileo megállapította, hogy a labda által megtett távolságok a 2., a 3. és a 4. másodperc végén 4, 9 és 16-szorosa az 1. másodperc végén megtett távolságnak. Ez azt mutatja, hogy a golyó sebessége oly módon növekszik, hogy a golyó által megtett távolságok az utazás idejének négyzetével nőnek. Most az volt a kérdés, hogy miként lehet a sebességet viszonyítani a távolság és az idő kapcsolata felett megadott idővel. Galileo szerint ez a fajta távolság-idő kapcsolat csak akkor érhető el, ha a labda sebessége egyenesen arányos az idővel. Az alábbi ábra mutatja a fenti kísérlet sebességének és időbeli diagramját és a Galileo utasítását:
A fenti ábrán mutat A a golyó nulla helyzetének felel meg (a ferde sík tetején), a B pont pedig egy golyónak, amelynek v sebessége a t időintervallum végén van. Tudjuk, hogy az ABC háromszög területe megadja nekünk a gömb által megtett távolságot , s, időintervallumban (0, t). Ezért a megtett távolság,
s = \ frac {1} {2} vt.
De mint a Galileo-nak argumentum, v egyenesen arányos t-vel, azaz v = ahol a gyorsulás.
[math] s = \ frac {1} {2} vt = \ frac {1} {2} at ^ 2. [/ math]
Tehát a megtett távolság növekszik mint az idő négyzetét, amely kísérleti megfigyelésünk volt. Ez a képlet adja meg a megtett távolságot, ha nincs megadva a golyó kezdeti sebessége. De amikor a gömbnek van némi kezdeti sebessége, u, akkor az “ut” kifejezés hozzáadódik a fenti képlethez, amely a t időben megtett távolság az u sebességnél. Ez a kifejezés csak növeli a kísérletünkben mért távolságokat, de ugyanazt a távolság-idő kapcsolatot tartja fenn. Ezért a végső képlet a következő:
s = ut + \ frac {1} {2} a ^ 2-nél.
Válasz
Ha bármilyen kapcsolódó dolgot próbál bizonyítani pozitív egész számokhoz az első gondolatod az indukció legyen. A probléma az, hogy nincs semmilyen azonnal nyilvánvaló módszer a folytatásra. Szeretnénk hozzáadni valamit az egyenlőtlenség mindkét oldalához, de akkor megnő a jobb oldalon lévő kötés.
Ennek a problémának az a trükkje, hogy a kötést valójában erősebbé kell tenni, mint jelenleg. Tehát be fogjuk igazolni a kapcsolódó állítást
\ dfrac {1} {2 ^ 2} + \ dfrac {1} {3 ^ 2} + \ dfrac {1} {4 ^ 2} + \ cdots + \ dfrac {1} {n ^ 2} dfrac {3} {4} – \ dfrac {1} {n}
minden pozitív egész számra n \ geq 3. Az eredeti utasítás lehetővé téve, hogy n megközelítse a végtelenséget.
Ne feledje, hogy bármely pozitív k egész számra
\ 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}.
Ennek ismeretében indukcióval folytathatjuk.
Mivel \ dfrac {1} {2 ^ 2} + \ dfrac {1} {3 ^ 2} = \ dfrac {13} {36} dfrac {5} {12} = \ dfrac {3} {4} – \ dfrac {1} {3}, az n = 3 alapeset igaz.
Most tegyük fel, hogy az állítás néhány k esetében igaz, nevezetesen hogy
\ dfrac {1} {2 ^ 2} + \ dfrac {1} {3 ^ 2} + \ dfrac {1} { 4 ^ 2} + \ cdots + \ dfrac {1} {k ^ 2} dfrac {3} {4} – \ dfrac {1} {k}.
Meg akarjuk mutatni, hogy a állítás a k + 1 esetén is érvényes. Ehhez adja hozzá a \ dfrac {1} {(k + 1) ^ 2} elemet mindkét oldalhoz:
\ 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}.
A fent bemutatott egyenlőtlenségből ez leegyszerűsödik
\ 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},
pontosan ezt akartuk bizonyítani.
Ezért a matematikai indukció elvével a módosított utasítás minden n egész számra igaz. \ geq 3, tehát az eredeti állítás is igaz.
SZERKESZTÉS: Amint Predrag Tosic megjegyzéseiben rámutatott, amikor megengedjük, hogy n megközelítse a végtelent, a elet \ esetben az egyenlőtlenség két oldala azonos értékre konvergál.Ezt azonban orvosolni lehet az egyenlőtlenség igazolásával.
\ dfrac {1} {2 ^ 2} + \ dfrac {1} {3 ^ 2} + \ dfrac {1} {4 ^ 2} + \ cdots + \ dfrac {1} {n ^ 2} dfrac {3} {4} – \ epsilon – \ dfrac {1} {n}
a \ epsilon ( mondjuk, \ dfrac {1} {100}), ami az n közeledésével a végtelenséghez
\ dfrac {1} {2 ^ 2} + \ dfrac {1} {3 ^ 2} + \ dfrac {1} {4 ^ 2} + \ cdots \ leq \ dfrac {3} {4} – \ epsilon,
ahonnan a kívánt utasítás következik.