Suma anidada - intuición

Question

Para empezar, me señaló que

$$ \begin{aligned} \displaystyle \sum_{r_1 = 1}^{r} r_1 &= \dfrac{1}{2} r (r+1) \quad &(1)\\ \displaystyle \sum_{r_2 = 1}^{r} \displaystyle \sum_{r_1 = 1}^{r_2} r_1 &= \dfrac{1}{6} r (r+1) (r+2). & \qquad(2) \end{aligned}$$ This led me to suggest the more general conjecture that $$ \begin{aligned} \displaystyle \sum_{r_n = 1}^{r} \displaystyle \sum_{r_{n-1} = 1}^{r_n} \cdots \displaystyle \sum_{r_2 = 1}^{r_3} \displaystyle \sum_{r_1 = 1}^{r_2} r_1 &= \dfrac{1}{(n+1)!} \prod_{k=0}^{n} (r+k) \\ &= \dfrac{1}{(n+1)!} \dfrac{(r+n)!}{(r-1)!} \qquad(\star) \end{aligned} $$

Creo que he conseguido con éxito demostrar esto mediante la inducción, sino en todo el proceso no es muy esclarecedor y dado lo "bonito", el resultado es que me llevó a creer que hay algo más general visión aquí que me estoy perdiendo.

He visto un enlace a la interpretación geométrica de $ (1) $ por la "unión" de dos copias de la suma para formar un rectángulo y me imagino que la prueba lleva a cabo de forma análoga para $ (2) $ formando un rectángulo usando 6 copias de la suma, pero no estoy seguro de cómo formalizar este método de pensamiento (o, de hecho, cómo generalizar a dimensiones superiores). Por supuesto esto es sólo un pensamiento particular he tenido por lo que cualquier alternativa pruebas también serán bienvenidos!

Answer 1

La esencia ya está codificada en los índices de las sumas.

Podemos escribir por entero positivo$r$ las sumas como \begin{align*} \sum_{r_n=1}^r\sum_{r_{n-1}=1}^{r_n}\cdots\sum_{r_1=1}^{r_2}r_1\tag{1} &=\sum_{r_n=1}^r\sum_{r_{n-1}=1}^{r_n}\cdots\sum_{r_1=1}^{r_2}\sum_{r_0=1}^{r_1}1\\ &=\sum_{\color{blue}{1\leq r_0\leq r_1\leq \cdots\leq r_n\leq r}} 1\tag{2} \end {align *}

La cantidad de sumandos dados por el rango de índice$$1\leq r_0\leq r_1\leq \cdots\leq r_n\leq r$$ is the number of ordered $ (n +1)$-tupel $ (r_0, \ ldots, r_n)$ between $ 1$ and $ r $ con repetición Este número viene dado por el coeficiente binomial \begin{align*} \binom{(n+1)+r-1}{n+1}=\binom{n+r}{n+1} \end {align *} que corresponde a ($\star$) en la publicación de OP.

Answer 2

Estos números se llaman números politópicos Simplicial .

$(1)$ corresponde a números triangulares,$(2)$ a números tetraédricos, y así sucesivamente. La relación con los coeficientes binomiales y, de hecho, con todo el triángulo de Pascal es bien conocida.

Answer 3

Comenzamos con una identidad básica que puede ser probada de forma combinatoria, es decir, $$ \sum_{i=0}^n\binom{i}{k}=\binom{n+1}{k+1}\etiqueta{1}. $$ De hecho, la RHS cuenta el número de $k+1$ elemento de subconjuntos de a $\{0,1\dotsc,n\}$. La LHS, recuentos de la misma cosa por la clasificación de los subgrupos de acuerdo a su máximo del elemento. Para$0\leq i\leq n$, $\binom{i}{k}$ subconjuntos de a $\{0,1\dotsc,n\}$ de la longitud de la $k+1$ cuyo máximo elemento es $i$. Entonces, por ejemplo $$ \sum_{r_2=1}^r\sum_{r_{1}=1}^{r_{2}}\binom{r_{1}}{1}=\sum_{r_2=1}^r\binom{r_{2}+1}{2}=\binom{r+2}{3} $$ y puede ser fácilmente generalizado, de hecho, $$ \sum_{r_n=1}^r\sum_{r_{n-1}=1}^{r_{n}}\dotsb\sum_{r_{1}=1}^{r_{2}}\binom{r_{1}}{1}=\binom{r+n}{n+1}. $$ Otra forma de ver el mismo resultado es observar que $$ \begin{align} \sum_{r_n=1}^r\sum_{r_{n-1}=1}^{r_{n}}\dotsb\sum_{r_{1}=1}^{r_{2}}r_{1} &=[z^{r}]\frac{1}{(1-z)^{n}}\frac{z}{(1-z)^2}\\ &=[z^r]\frac{z}{(1-z)^{n+2}}\\ &=[z^{r-1}](1-z)^{-(n+2)}\\ &=\binom{r+n}{r-1} \end{align} $$ donde $[z^m]$ extrae el coeficiente de $z^m$ de la generación de la función. Aquí hemos utilizado el resultado de que si $A(z)=\sum_{n\geq 0}a_{n}z^n$ es la generación de la función correspondiente a la secuencia de $(a_n)$, la generación de la función correspondiente a la secuencia de sumas parciales es dada por $$ \frac{A(z)}{1-z}=\sum_{n\geq 0}\left( \sum_{k=0}^na_{k} \right)z^n. $$