Mostrar que $\sum_{n=2}^m \binom{n}{2} = \binom{m+1}{3}$

Question

Necesito una mano en la que muestra que el %#% $ #%

Gracias de antemano por cualquier ayuda.

Answer 1

Heres una agradable prueba combinatoria: permite decir que $n+1$ niños y queremos formar un Comité de tres. Orden el % de niños $a_1, a_2, \cdots, a_{n+1}$. Hay maneras de $\dbinom{n+1}{3}$ para formar el Comité. Por otro lado, si $a_1$ es la primera persona en la Comisión, deberemos elegir dos más, en maneras de $\dbinom{n}{2}$. Si $a_2$ es la primera persona en la Comisión, podemos elegir dos mas en $\dbinom{n-1}{2}$ maneras. En general, si $a_n$ es la primera persona en la Comisión, podemos choosse dos más en formas de $\dbinom{n-k+1}{2}$. Por lo tanto, tenemos %#% $ #%

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\sum_{n = 2}^{m}{n \choose 2} = {m + 1 \choose 3}:\ {\large ?}}$

Vamos a utilizar la identidad: $${s \elegir k} =\oint_{\verts{z}\ =\ 1}{\pars{1 + z}^{s} \over z^{k + 1}}\,{\dd z \más de 2\pi\ic}$$

$$\begin{align} \sum_{n = 2}^{m}{n \choose 2}&=\sum_{n = 2}^{m}\oint_{\verts{z}\ =\ 1} {\pars{1 + z}^{n} \over z^{3}}\,{\dd z \over 2\pi\ic} =\oint_{\verts{z}\ =\ 1}{1 \over z^{3}}\sum_{n = 2}^{m}\pars{1 + z}^{n} \,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[3mm]&=\oint_{\verts{z}\ =\ 1}{1 \over z^{3}} \,{\pars{1 + z}^{2}\bracks{\pars{1 + z}^{m - 1} - 1} \over \pars{1 + z} - 1} \,{\dd z \over 2\pi\ic} \\[3mm]&=\overbrace{\oint_{\verts{z}\ =\ 1}{\pars{1 + z}^{m + 1} \over z^{4}} \,{\dd z \over 2\pi\ic}}^{\ds{=\ {m + 1 \choose 3}}}\ -\ \overbrace{\oint_{\verts{z}\ =\ 1}{\pars{1 + z}^{2} \over z^{4}} \,{\dd z \over 2\pi\ic}}^{\ds{=\ 0}} \end{align}$$

$$\color{#00f}{\large% \sum_{n = 2}^{m}{n \elegir 2} = {m + 1 \elegir 3}}$$

Answer 3

Hay un grosso modo universal método mecánico para probar estas identidades, una vez que el resultado es adivinado.

Calculamos $\binom{k+1}{3}-\binom{k}{3}$. Esto es $\frac{(k+1)(k)(k-1)}{6} -\frac{k(k-1)(k-2)}{6}$. Sacar el factor común $\frac{k(k-1)}{6}$ y simplificar. Llegamos $\binom{k}{2}$.

De ello se sigue que la suma de la izquierda es igual a $$\binom{3}{3}-\binom{2}{3}+ \binom{4}{3}-\binom{3}{3}+ \binom{5}{3}-\binom{4}{3}+ \cdots +\binom{m+1}{3}-\binom{m}{3}.$$ Nota de la cancelación masiva (telescópico). Esto siempre sucede.

Nota: Muchas de las identidades se pide a los alumnos demostrar en su primera exposición a la inducción de rendimiento con el procedimiento anterior. Aunque en principio la masa de cancelación requiere la inducción, lo que hace que estas identidades buenos ejemplos.

Answer 4

Para $m=2$, esto equivale a probar que $\binom{2}{2} = \binom{3}{3}$, lo cual es cierto, ya que tanto la igualdad de $1$.

Inducción paso: vamos a suponer que la fórmula es verdadera para un determinado $m$, $$\sum_{n=2}^m \binom{n}{2}=\binom{m+1}{3}$$

A continuación,

$$\sum_{n=2}^{m+1} \binom{n}{2} = \sum_{n=2}^{m} \binom{n}{2} + \binom{m+1}{2}$$ $$=\binom{m+1}{3}+\binom{m+1}{2}=\binom{m+2}{3}$$

Y ya está, por inducción.

Por cierto, el mismo razonamiento se dará para cualquier $k \ge 0$,

$$\sum_{n=k}^m \binom{n}{k} = \binom{m+1}{k+1}$$

Para una mejor comprensión de lo que significa, te sugiero que dibujar el triángulo de Pascal y ver la suma de los coeficientes binomiales en una columna, entonces la suma es en la parte inferior de esta columna, un paso hacia abajo y un paso a la derecha, como en el siguiente:

$$\begin{array}{cccccccc} 1 & & & & & & &\\ 1 & 1 & & & & & &\\ 1 & 2 & \color{red}{1} & & & & &\\ 1 & 3 & \color{red}{3} & 1 & & & &\\ 1 & 4 & \color{red}{6} & 4 & 1 & & &\\ 1 & 5 & \color{red}{10} & 10 & 5 & 1& & &\\ 1 & 6 & \color{red}{15} & 20 & 15 & 6& 1& &\\ 1 & 7 & 21 & \color{blue}{35} & 35 & 21& 7& 1&\end{array}$$

Answer 5

$\displaystyle\binom n2=\frac{n(n-1)}2=\frac12\cdot n^2-\frac12\cdot n$

$$\sum_{2\le n\le m}\binom n2=\frac12 \sum_{2\le n\le m}n^2-\frac12\sum_{2\le n\le m} n$$

$$=\frac12\left( \sum_{1\le n\le m}n^2-1\right)-\frac12\left(\sum_{1\le n\le m} n-1\right)$$

$$=\frac12 \frac{m(m+1)(2m+1)}6-\frac12\frac{m(m+1)}2$$

$$=\frac{m(m+1)(2m+1)-3m(m+1)}{12}$$ $$=\frac{(m+1)m}{12}(2m+1-3)=\frac{(m+1)m(m-1)}6=?$$