Suma sobre $a+b+c=5$

Question

Dejemos que $a,b,c$ sean enteros positivos. Calcule $$\sum_{a+b+c=5} (6-a)(6-b)(6-c).$$

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Lo primero que noto es la simetría, para poder permutar $3!=6$ formas, pero no estoy muy seguro de cómo funciona eso con la condición $a+b+c=10.$ El otro método consiste en fijar $a$ pero eso es realmente lento e inviable si digamos $a+b+c=20.$ ¿Existe un método inteligente para evaluar esta suma?

Me gustaría tener un método generalizado, por favor.

Answer 1

Mediante el uso de funciones generadoras, demostramos que para cualquier entero no negativo $n$ , $$\begin{align}\sum_{a+b+c=n} (6-a)(6-b)(6-c) &=[x^n]\left(\sum_{k=1}^{\infty}(6-k)x^k\right)^3\\ &=[x^n]\frac{(x(5-6x))^3}{(1-x)^6}\\ &=[x^n]\frac{125x^3-450x^4+540x^5-216x^6}{(1-x)^6}\\ &=125\binom{n+2}{5}-450\binom{n+1}{5}+540\binom{n}{5}-216\binom{n-1}{5}\\ &=-\frac{(n-2)(n-1)(n^3-87n^2+2072n-12960)}{120}. \end{align}$$ Por lo tanto, para $n=5,10,20$ obtenemos $465$ , $-36$ , $-4788$ respectivamente.

Answer 2

$$ \begin{array}{l} a + b + c = 5\quad \left| {\,1 \le a,b,c\left( { \le 3} \right)} \right.\quad \Rightarrow \\ \Rightarrow \quad \left( {6 - a} \right) + \left( {6 - b} \right) + \left( {6 - c} \right) = x + y + z = 13\quad \left| {\,3 \le x,y,z, \le 5} \right.\quad \Rightarrow \\ \Rightarrow \quad \left( {x,y,z} \right) \in S = \left\{ {\left( {3,5,5} \right) \vee \left( {4,4,5} \right) \vee permut.} \right\}\quad \Rightarrow \quad \\ \Rightarrow \quad \sum\limits_{\left\{ {\begin{array}{*{20}c} {\,1 \le a,b,c\left( { \le 3} \right)} \\ {a + b + c = 5} \\ \end{array}} \right.} {\left( {6 - a} \right)\left( {6 - b} \right)\left( {6 - c} \right)} = \\ = \sum\limits_{\left( {x,y,z} \right) \in S} {xyz} = 3\left( {3 \cdot 5 \cdot 5} \right) + 3\left( {4 \cdot 4 \cdot 5} \right) = 225 + 240 = 465 \\ \end{array} $$

Answer 3

Este problema es algo específico y bonito, ya que al utilizar la simetría se reduce a la suma de dos términos.

Obtenemos \begin{align*} &\color{blue}{\sum_{\substack{a+b+c=5\\a,b,c\geq 1}}(6-a)(6-b)(6-c)}\\ &\qquad=6\sum_{\substack{a+b+c=5\\1\leq a<b<c\leq 3}}(6-a)(6-b)(6-b)\tag{1}\\ &\qquad\quad +3\sum_{\substack{a+b+c=5\\1\leq a=b<c\leq 3}}(6-a)^2(6-c)\tag{2}\\ &\qquad\quad +3\sum_{\substack{a+b+c=5\\1\leq a<b=c\leq 3}}(6-a)(6-c)^2\tag{3}\\ &\qquad\quad +\sum_{\substack{a+b+c=5\\1\leq a=b=c\leq 3}}(6-a)^3\tag{4}\\ &\qquad=0+3\cdot5^2\cdot3+3\cdot5\cdot4^2+0\tag{5}\\ &\qquad=9\cdot25+15\cdot16\tag{6}\\ &\,\,\color{blue}{\qquad=465} \end{align*}

Comentario:

• En (1) observamos que las condiciones $a+b+c=5$ y $a,b,c\geq 1$ implican que cada elemento $a,b,c$ es menor o igual que $3$ .

  Sumamos todos los triples $(a,b,c)$ donde cada dos elementos son diferentes por pares. Esto puede hacerse en $3!=6$ formas. Después de renombrar adecuadamente las variables podemos considerar por tanto $6$ triples ordenados $(a,b,c)$ con $1\leq a<b<c\leq 3$ .

• En (2) sumamos todos los triples $(a,b,c)$ por lo que $a$ es igual a $b$ y diferente a $c$ . Esto puede hacerse en $\frac{3!}{2!1!}=3$ diferentes maneras.

• En (3) tenemos una situación similar a la de (2). Aquí consideramos la constelación $a<b=c$ que se puede volver a hacer en $\frac{3!}{2!1!}=3$ diferentes maneras.

• En (4) cubrimos el último caso $a=b=c$ que se puede hacer en $\frac{3!}{3!}=1$ manera diferente.

• En (5) observamos

  • no hay un triple admisible $(a,b,c)$ con $1\leq a<b<c\leq 3$ y $a+b+c=5$ .

  • sólo hay un triple admisible con $1\leq a=b<c\leq 3$ y $a+b+c=5$ , a saber $\color{blue}{(a,b,c)=(1,1,3)}$ .

  • sólo hay un triple admisible con $1\leq a<b\leq c\leq 3$ y $a+b+c=5$ , a saber $\color{blue}{(a,b,c)=(1,2,2)}$ .

  • no hay un triple admisible $(a,b,c)$ con $1\leq a=b=c\leq 3$ y $a+b+c=5$ .

Conclusión: En (6) observamos que gracias a la simetría sólo hay dos triples admisibles $\color{blue}{(a,b,c)\in\{(1,1,3),(1,2,2)\}}$ contribuir al resultado.