¿Se repite indefinidamente este patrón de sumar números poligonales para obtener un cuadrado?

Question

Estoy utilizando la tabla de números poligonales de este sitio:

http://oeis.org/wiki/Polygonal_numbers

La primera fila de la tabla da el valor de $n=0,1,2,3,...$ . La primera columna da los números poligonales $P_{N}(n)$ empezando por $N=3$ .

Este es el patrón, la suma se hace sumando elementos de la misma columna empezando por los números triangulares.
$$1+1+1+1=4=2^2$$ $$3+4+5+6+7=25=5^2$$ $$6+9+12+15+18+21=81=9^2$$ $$10+16+22+28+34+40+46=196=14^2$$ ... Los cuadrados del lado derecho vienen dados por $n+T_{n}$ . La suma del índice $(n+1)$ tiene un elemento más que el de $n$ .

1-¿Este patrón se repite indefinidamente? (Sospecho que la respuesta es sí, pero no puedo probarlo)
2-Sabemos por qué tenemos ese patrón?

Editar 03-05-2019

Siguiendo la sugerencia de Eleven-Eleven, busqué otros patrones similares al anterior. He encontrado uno que es aún más sencillo. Esta vez nos saltamos los números triangulares al calcular la suma. Empezamos con los cuadrados y sumamos los términos suficientes para obtener otro cuadrado.

$$1=1^2=T_{1}^2$$ $$4+5=3^2=9=T_{2}^2$$ $$9+12+15=6^2=36=T_{3}^2$$ $$16+22+28+34=10^2=100=T_{4}^2$$ $$25+35+45+55+65=15^2=225=T_{5}^2$$

Vemos el mismo patrón que el anterior. El cuadrado con índice $(n+1)$ requiere la adición de un término más que el cuadrado con índice $n$ . El número de elementos a sumar para obtener el cuadrado $T_{n}^2$ es simplemente $n$ .

¿Puede enunciarse como el siguiente teorema?

El cuadrado de un número triangular $T_{n}$ puede expresarse como la suma de $n$ números poligonales excluyendo el propio número triangular.

Answer 1

Sea el primer término un número triangular $n(n+1)/2$ la diferencia común entre los términos sucesivos sea $n(n-1)/2$ y el número de términos sea $n+3$ . Entonces la media de todos los términos es

$\dfrac{n(n+1)}{2}+\dfrac{n+2}{2}×\dfrac{n(n-1)}{2}=\dfrac{n^2(n+3)}{4}$

Multiplicando esto por el número de términos $n+3$ entonces da una suma de $(n(n+3)/2)^2$ .

Answer 2

Se trata de un enfoque mucho más elaborado que utiliza sumas. No tiene la elegancia de las soluciones de Oscar, pero sigue funcionando. Lo tienes con $T_k$ siendo el $k$ -a número triangular (aquí $T_0=0$ )

$$\sum_{k=1}^{4+0}{[T_1+(k-1)T_0]}=(T_1+1)^2$$

$$\sum_{k=1}^{4+1}{[T_2+(k-1)T_1]}=(T_2+2)^2$$

$$\sum_{k=0}^{4+2}{[T_3+(k-1)T_2]}=(T_3+3)^2$$

Esto sugiere que

$$\sum_{k=1}^{m+4}{[T_{m+1}+(k-1)T_{m}]}=(T_{m+1}+(m+1))^2$$

Como la suma es lineal, tenemos

\begin{eqnarray*}\sum_{k=1}^{m+4}{[T_m+(k-1)kT_{m-1}]}&=&T_{m+1}\sum_{k=1}^{m+4}1+T_m\sum_{k=1}^{m+4}{(k-1)}\\&=&T_{m+1}(m+4)+T_m\sum_{k=1}^{m+3}{k} \end{eqnarray*}

Utilizando la fórmula del $m$ -número triangular, tenemos

$$=\left[\frac{(m+1)(m+2)}{2}\right](m+4)+\left[\frac{m(m+1)}{2}\right]\left[\frac{(m+3)(m+4)}{2}\right]$$

Al factorizar y simplificar se obtiene

$$\frac{(m+1)(m+4)}{2}\left[(m+2)+\frac{m(m+3)}{2}\right]=\frac{(m+1)^2(m+4)^2}{4}$$

Ahora, el lado derecho

\begin{eqnarray*}[T_{m+1}+(m+1)]^2&=&T_{m+1}^2+2(m+1)T_{m+1}+(m+1)^2\\&=&\frac{(m+1)^2(m+2)^2}{4}+2(m+1)^2\frac{(m+2)}{2}+(m+1)^2 \end{eqnarray*}

El factor de un $(m+1)^2$ ,

\begin{eqnarray*}\frac{(m+1)^2(m+2)^2}{4}+2(m+1)^2\frac{(m+2)}{2}+(m+1)^2&=&(m+1)^2\left[\frac{(m+2)^2}{4}+\frac{4(m+2)}{4}+\frac{4}{4}\right]\\&=&\frac{(m+1)^2}{4}\left[(m^2+4m+4)+(4m+8)+4\right]\\&=&\frac{(m+1)^2}{4}(m^2+8m+16)\\&=&\frac{(m+1)^2(m+4)^2}{4} \end{eqnarray*}

Como ambas expresiones son iguales $\frac{(m+1)^2(m+4)^2}{4}$ hemos terminado.

EDITAR:

Para el nuevo problema, observe que el primer término de cada línea es un cuadrado sucesivo y, como en el caso anterior, la diferencia común es un número triangular. Así que tenemos que demostrar, en general,

$$\sum_{k=1}^n[n^2+(k-1)T_{n-1}]=T_n^2$$

El lado izquierdo se puede escribir como

\begin{eqnarray*}\sum_{k=1}^n[n^2+(k-1)T_{n-1}]&=&\sum_{k=1}^n n^2+T_{n-1}\sum_{k=1}^n(k-1)\\&=&n^3+T_{n-1}\sum_{k=1}^{n-1}k\\&=&n^3+\frac{(n-1)n}{2}\cdot\frac{(n-1)n}{2}\\&=&n^2\left(n+\frac{(n-1)^2}{2^2}\right)\\&=&\frac{n^2}{2^2}(n+1)^2\\&=&\left[\frac{n(n+1)}{2}\right]^2\\&=&T_n^2 \end{eqnarray*}

Y ya está.

Answer 3

Agrego otra respuesta porque quería probar y usar el fórmula de los números poligonales como se indica aquí en un intento de responder mejor a la pregunta original del OP. En los dos casos anteriores explotamos las propiedades de la secuencia aritmética y sólo utilizamos números triangulares. ¿Podemos obtener el mismo resultado utilizando estrictamente la fórmula de los números poligonales

$$P(s,n)=\frac{n^2(s-2)-n(s-4)}{2}$$

donde $n$ representa el número de secuencia y $s$ representa el número de lados de un número poligonal. Veamos un ejemplo. En la segunda fila, el OP tiene que

$$3+4+5+6+7=25=(T_2+2)^2$$

Bueno, $3,4,5,6,$ y $7$ son los segundos números triangulares, cuadrados, pentagonales, hexagonales y heptagonales, por lo que $n=2$ y $s$ está indexado... por lo tanto, tenemos

\begin{eqnarray*}\sum_{k=1}^5{P(k+2,2)}&=&\sum_{k=1}^5{\left[\frac{4((k+2)-2)-2((k+2)-4)}{2}\right]}\\&=&\sum_{k=1}^5{\left[\frac{4k-2(k-2)}{2}\right]}\\&=&\sum_{k=1}^5\left(k+2\right)\\&=&\sum_{k=1}^5{k}\\&=&T_5 \end{eqnarray*}

Ahora bien, esto se puede generalizar. La afirmación es

$$\sum_{k=1}^{m+3}{P((k+2),m)}=\left(T_m+m\right)^2$$

Prueba:

\begin{eqnarray*}\sum_{k=1}^{m+3}{P((k+2),m)}&=&\sum_{k=1}^{m+3}\left[\frac{m^2((k+2)-2)-m((k+2)-4)}{2}\right]\\&=&\sum_{k=1}^{m+3}\left[\frac{m^2k-mk+2m}{2}\right]\\&=&\frac{m^2}{2}\sum_{k=1}^{m+3}{k}-\frac{m}{2}\sum_{k=1}^{m+3}{k}+m\sum_{k=1}^{m+3}1\\&=&\frac{(m-1)m}{2}\sum_{k=1}^{m+3}k+m(m+3)\\&=&\frac{(m-1)m}{2}\frac{(m+3)(m+4)}{2}+\frac{4m(m+3)}{4}\\&=&\frac{m(m+3)}{4}\left[(m-1)(m+4)+4\right]\\&=&\frac{m(m+3)}{4}\left(m^2+3m\right)\\&=&\frac{m^2(m+3)^2}{2^2}\\&=&\left[\frac{m(m+3)}{2}\right]^2\\&=&\left[\frac{m(m+1+2)}{2}\right]^2\\&=&\left[\frac{m(m+1)+2m}{2}\right]^2\\&=&\left(T_m+m\right)^2 \end{eqnarray*}