La prueba de la suma del producto de cuatro enteros consecutivos

Question

Tenía que probar que $(1)(2)(3)(4)+\cdots(n)(n+1)(n+2)(n+3)=\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}{5}$

Esta es la forma en que intentó hacer en el problema: En primer lugar me ampliado de la $n^{th}$ plazo:$n(n+1)(n+2)(n+3)=n^4+6n^3+11n^2+6n$.

Así que la serie $(1)(2)(3)(4)+\cdots+(n)(n+1)(n+2)(n+3)$ será igual a

$(1^4+2^4+\cdots+n^4)+6(1^3+2^3+\cdots+n^3)+11(1^2+2^2+\cdots+n^2)+6(1+\cdots+n)$

$=\frac{n(n+1)(2n+1)(3n^2-3n-1)}{30}+6*\frac{n^2(n+1)^2}{4}+11*\frac{(n+1)(2n+1)(n)}{6}+6*\frac{n(n+1)}{2}$

Traté de factor $\frac{n(n+1)}{5}$ y trató de manipular las expresiones en formas que complica aún más las cosas. ¿Cómo debo proceder? Puede alguien por favor darme alguna pista? Cualquier ayuda es muy apreciada.

Answer 1

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[8px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} \sum_{k = 1}^{n}k\pars{k + 1}\pars{k + 2}\pars{k + 3} & = \sum_{k = 0}^{n}\pars{k + 3}^{\underline{4}} = \left.{\pars{k + 3}^{\underline{5}} \over 5}\right\vert_{\ 0}^{\ n + 1} = {{\pars{n + 4}^{\underline{5}} \over 5} - {3^{\underline{5}} \over 5}} \\[5mm] & = \bbox[#ffe,20px,border:1px dotted navy]{\pars{n + 4}\pars{n + 3}\pars{n + 2}\pars{n + 1}n \over 5} \end{align}

Tenga en cuenta que $\ds{3^{\underline{5}} = 3 \times 2 \times 1 \times 0 \times \pars{-1} = {\large 0}}$.

Referencia: Ver$\ds{\mathbf{2.50}\ \pars{~\mbox{page}\ 50~}}$, en Concreto de las Matemáticas por parte de R. L. Graham, D. E. Knuth y O. Patashnik, $\ds{\mrm{6^{th}}}$ ed. Addison-Wesley $\ds{1990}$.

Answer 2

Si yo fuera usted, me gustaría tratar de inducción. Establecer en primer lugar que es cierto para $n=1$: $$1*2*3*4=24=\frac{1(2)(3)(4)(5)}{5}$$ A continuación, utilice la inducción por primera suponiendo que, para algunos,$k$, $$1*2*3*4+...+k(k+1)(k+2)(k+3)=\frac{k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)}{5}$$ A continuación, agregue $(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)$ a ambos lados: $$1*2*3*4+...+(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)=\frac{k(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)}{5}+(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)$$

Si quieres probar esto por su cuenta, deja de leer aquí y tratar la inducción a ti mismo.

Factor $(k+1)(k+2)(k+3)$ desde el lado derecho: $$1*2*3*4+...+(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)=(k+1)(k+2)(k+3)(\frac{k(k+4)}{5}+(k+4))$$ $$1*2*3*4+...+(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)=(k+1)(k+2)(k+3)(\frac{(k+5)(k+4)}{5})$$ $$1*2*3*4+...+(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)=\frac{(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)(k+5)}{5}$$ Y ahí lo tienen.

Answer 3

Hay un error aquí:

$$1^4+2^4+\cdots+n^4=\frac{n(n+1)(2n+1)(3n^2-3n-1)}{30}$$

Debe ser

$$1^4+2^4+\cdots+n^4=\frac{n(n+1)(2n+1)(3n^2+3n-1)}{30}$$

Usted enfoque no tiene ningún problema, excepto que esta menor error.

Answer 4

SUGERENCIA:

En el Lado Derecho, si $f(n)=\dfrac{n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}5$

$$f(m+1)-f(m)=?$$

Answer 5

En su última ecuación, poniendo a $n=-2,-3,-4$ conduce la ecuación igual a cero. A continuación, $n=1$ y el valor de $\frac{1*2*3*4*5}5$ lleva $\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}5$.