Garabatos en wolfram, encontré que \sum^{k}_{n=1}1=k $$ $$ la fórmula es bastante obvia, pero entonces usted consigue $$ \sum^{k}_{n=1}n=\frac{k(k+1)} {2} $ que es una muy conocida fórmula, pero luego se pone interesante cuando usted calcule $$ \sum^{k}_{n=1}n(n+1)=\frac{k(k+1)(k+2)} {3} \\ \sum^{k}_{n=1}n(n+1)(n+2)=\frac{k(k+1)(k+2)(k+3)} {4} $ y tan en. Existe un patrón obvio que realmente dudo es una coincidencia, pero no tengo ni idea de cómo probar en el caso general. ¿Alguna idea?
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kwgoodman
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Las sumas parciales de las secuencias de $a_n$ que puede ser expresado como polinomios en $n$ se encuentran fácilmente utilizando cálculo discreto.
Empezamos con la versión discreta del Teorema Fundamental del Cálculo Integral:
\begin{align*} \sum\limits_{n=1}^k a_n &= \sum\limits_{n=1}^k (\Delta b)_n \\ &= (b_2 - b_1)+(b_3 - b_2)+ \ldots + (b_k - b_{k-1}) + (b_{k+1} - b_k) \\ &= b_{k+1} - b_1 \end{align*}
donde $(\Delta b)_n = b_{n+1} - b_n$ es el avance de la diferencia. Encontrar la suma parcial se ha reducido ahora a la búsqueda de una secuencia $b_n$ tal que $(\Delta b)_n = a_n$.
Encontraremos $b$, la antiderivada de $a$, utilizando la caída de los poderes, los cuales están definidos por
$$ n^{\underline{k}} = n(n-1)(n-2)\ldots (n-k+1) $$
donde $k$ es un número entero y, por una segunda definición, $n^{\underline{0}}=1$. Por ejemplo
$$ n^{\underline{3}} = n(n-1)(n-2). $$
Ahora tenemos uno más resultado: el discreto derivado de la $n^{\underline{k}}$ está dado por
\begin{align*} \Delta n^{\underline{k}} &= (n+1)^{\underline{k}} - n^{\underline{k}} \\ &= (n+1)n^{\underline{k-1}} - n^{\underline{k-1}}(n-k+1) \\ &= kn^{\underline{k-1}} \end{align*}
Ahora vamos a encontrar la suma parcial para un caso en particular:
\begin{align} \sum^{k}_{n=1}n(n+1)(n+2) &= \sum^{k}_{n=1} (n+2)^{\underline{3}} \\ &= \sum^{k}_{n=1} \Delta \left[\frac{1}{4} (n+2)^{\underline{4}}\right] \\ &= \frac{(k+3)(k+2)(k+1)k}{4} - \require{cancel}\cancelto{0}{\frac{(1+2)(1+1)(1-0)(1-1)}{4}} \end{align}
El caso general:
\begin{align} \sum^{k}_{n=1} (n+p)^{\underline{p+1}} &= \sum^{k}_{n=1} \Delta \left[\frac{1}{p+2} (n+p)^{\underline{p+2}}\right] \\ &= \frac{(k+1+p)(k+p)\ldots [(k+1+p)-(p+2)+1)]}{p+2} \\ &= \frac{(k+1+p)(k+p)\ldots k}{p+2} \end{align}
donde $p>0$ es un número entero.
Oli
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89
La manera fácil de tratar, por ejemplo, $\sum_{i=1}^n i(i+1)(i+2)(i+3)$ es dejar $F(i)=i(i+1)(i+2)(i+3)(i+4)$. Calculamos $F(i)-F(i-1)$. Tenemos %#% $ de #% hay un factor común de $$i(i+1)(i+2)(i+3)(i+4)-(i-1)(i)(i+1)(i+2)(i+3).$. Cuando nos "sacarlo" nos quedamos con $i(i+1)(i+2)(i+3)$.
Que $(i+4)-(i-1)=5$. Entonces por nuestro cálculo $G(i)=\frac{F(i)}{5}$.
Ahora considere la suma $i(i+1)(i+2)(i+3)=G(i)-G(i-1)$. Se trata de $\sum_{i=1}^n i(i+1)(i+2)(i+3)$ $ observar el telescópico. Desde $$(G(1)-G(0))+(G(2)-G(1))+G(3)-G(2)) +\cdots+(G(n)-G(n-1)).$, la suma anterior es igual a $G(0)=0$. Así $G(n)$ $
Exactamente la misma idea trabaja en general.
Jukka Dahlbom
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1219
La hipotética igualdad se puede escribir como sigue: para cualquier $m$, conjeturamos $$ \sum^{k}_{n=1}\frac{(n+m)!} {(n-1)!} ¡ = \frac{(k+m+1)!} {(m+2)(k-1)!} $$ Dividiendo ambos lados por $(m+1)!$, tenemos $$ \sum^{k}_{n=1}\frac{(n+m)!} {(n-1)! (m + 1)!} ¡ = \frac{(k+m+1)!} {(m + 2)! (k-1)!} $$ O, en otras palabras $$ \sum^{k}_{n=1}\binom{n+m}{m+1}=\binom{k+m+1}{m+2} $$ no sé cómo probar este (todavía), pero me parece muy probable que exista un truco aseado para todo esto.
Se puede discutir cualquier caso por inducción. Se llevará a su last,$$\sum^{k}_{n=1}n(n+1)(n+2)=\frac{k(k+1)(k+2)(k+3)}{4}$$ for the example, but I think it is easy to see how it gets carried forward. The base case is simply $1\cdot 2\cdot 3 = 1\cdot 2\cdot 3\cdot \frac 44 $ If it is true up to $k $, then $% $ $\sum^{k+1}_{n=1}n(n+1)(n+2)\\=\sum^{k}_{n=1}n(n+1)(n+2)+(k+1)(k+2)(k+3)\\=\frac{k(k+1)(k+2)(k+3)}{4}+(k+1)(k+2)(k+3)\frac {k+4-k}4\\=\frac{(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)}{4}$
Pixar
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[No he terminado todavía. Poco a poco se irá mejorado]
Si lo hacemos de esta manera, entonces, probablemente, va a ser más perspicaz.
$$ \sum^{k}_{n=1}1=k $$
luego nos preserve de todo, desde el lado derecho tal y como es. $$ \sum^{k}_{n=1}n=\frac{k(k+1)}{1 \cdot 2} $$ [Necesito al menos 10 reputación a publicar imágenes ;)] http://i.stack.imgur.com/p9pUq.png
Ahora, de nuevo, preservar todo desde el lado derecho: $$ \sum^{k}_{n=1}\frac{n(n+1)}{1 \cdot 2}=\frac{k(k+1)(k+2)}{1 \cdot 2 \cdot 3} $$
[habrá una foto de las 6 pirámides compuesto en forma de paralelepípedo rectangular]
$$ \sum^{k}_{n=1}\frac{k(k+1)(k+2)}{1 \cdot 2 \cdot 3}=\frac{k(k+1)(k+2)(k + 3)}{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot 4} $$
[No debe ser una descripción de la relación entre los simples y combinaciones de combinaciones con repetición]
$$ {n \elegir k} = \frac{n \cdot (n - 1) \cdot \ldots \cdot (n - k + 1)}{k \cdot (k - 1) \cdot \ldots \cdot 1} = \frac{n^{\underline{k}}}{k!} $$ $$ \left(\!\medio(\genfrac{}{}{0pt}{}{n}{k}\medio)\!\right) = \frac{n \cdot (n + 1) \cdot \ldots \cdot (n + k - 1)}{k \cdot (k - 1) \cdot \ldots \cdot 1} = \frac{n^{\overline{k}}}{k!} $$
