Lo sé, $S_{2n}+4S_{n}=n(2n+1)^2$ . ¿Hay alguna manera de encontrar $S_{2n}$ o $S_{n}$ por algún proceso matemático con sólo esta expresión?

Question

$S_{2n}+4S_{n}=n(2n+1)^2$ , donde $S_{2n}$ es la suma de los cuadrados del primer $2n$ números naturales, $S_{n}$ es la suma de los cuadrados del primer $n$ números naturales.

cuando, $n=2$

$S_{2n}=S_{4}=1^2+2^2+3^2+4^2=30$

$S_{n}=S_{2}=1^2+2^2=5$

$S_{4}+4S_{2}=2(2*2+1)^2=50$

Answer 1

Aquí hay una solución de forma cerrada a su relación de recurrencia obtenida por Maple,

$$ s(n)={n}^{2}{n}^{{\frac {i\pi }{\ln \left( 2 \right) }}}s \left( 1 \right) +\frac{{n}^{3}}{3}{n}^{{\frac {i\pi }{\ln \left( 2 \right) }}} \left( \left( -1 \right)^{{\frac {\ln \left( n \right) }{\ln \left( 2 \right) }}} \right)^{-1}+\frac{{n}^{2}}{2}{n}^{{\frac {i\pi }{ \ln \left( 2 \right) }}} \left( \left( -1 \right) ^{{\frac {\ln \left( n \right) }{\ln \left( 2 \right) }}} \right) ^{-1}+\frac{1}{6}\,n{n}^ {{\frac {i\pi }{\ln \left( 2 \right) }}} \left( \left( -1 \right) ^{ {\frac {\ln \left( n \right) }{\ln \left( 2 \right) }}} \right) ^{-1 }-{n}^{2}{n}^{{\frac {i\pi }{\ln \left( 2 \right) }}} \,$$

He aquí una forma más compacta

$$ s(n) = \left( {n}^{2}\cos \left( {\frac {\pi \,\ln \left( n \right) }{\ln \left( 2 \right) }} \right) +i{n}^{2}\sin \left( {\frac {\pi \,\ln \left( n \right) }{\ln \left( 2 \right) }} \right) \right) s \left( 1 \right) -{n}^{2}\cos \left( {\frac {\pi \,\ln \left( n \right) }{\ln \left( 2 \right) }} \right) +\frac{{n}^{3}}{3}+\frac{{n}^{2}}{2} +\frac{n}{6}-i{n}^{2}\sin \left( {\frac {\pi \,\ln \left( n \right) }{\ln \left( 2 \right) }} \right) \,.$$

donde $s(1)$ es su condición inicial. Si se conecta $s(1)=1$ en la fórmula anterior se obtiene la fórmula simple, tal como se ha mencionado en los comentarios,

$$ \frac{n}{6} \left( n+1 \right) \left( 2\,n+1 \right) \,,$$

que es igual a $ \sum_{i=1}^{n} i^2 $ .

Nota

Si sólo le interesa encontrar sumas de la forma $ \sum_{i=1}^{n} i^m \,, m=1,2,3,\dots $ entonces son técnicas sencillas para encontrarlas. Ver aquí .

Answer 2

Dejemos que $S_n=an^3+bn^2+cn+d$ donde $a,b,c,d$ son números racionales.

Así que, $S_{2n}+4S_n=n^3 12a+n^2 8b + n 6c+5d$

$\implies n^3 12a+n^2 8b + n 6c+5d= n(2n+1)^2=4n^3+4n^2+n$

Comparando los coeficientes de las diferentes potencias en $n$ ,

$12a=4,8b=4,6c=1,d=0$

Así que, $6S_n=2n^3+3n^2+n=n(n+1)(2n+1)\implies S_n=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

También, $S_n -S_{n-1}=n^2\implies S_n=n^2+S_{n-1}=\sum_{1≤r≤n}r^2+S_0=\sum_{1≤r≤n}r^2$

Obsérvese que, no necesitamos conocer la naturaleza o la fórmula de $S_n$ . La solución de cualquier ecuación en diferencia de cualquier grado entero positivo puede intentarse de esta manera.

Answer 3

Con la información adicional que ha proporcionado sobre $S_n$ (la suma de los cuadrados del primer $n$ enteros), hay una solución muy clara (entre otras soluciones) que utiliza el método de perturbación descrito en Matemáticas concretas .

Dejemos que $C_n$ denotan la suma de cubos de la primera $n$ números naturales. Entonces

\begin{equation} \begin{split} C_{n+1} =& C_n + (n+1)^3 = \sum_{k=1}^{n+1}k^3 = \sum_{k=0}^{n}(k+1)^3 = \sum_{k=0}^{n} k^3 + 3k^2 + 3k + 1 \\ =&\sum_{k=0}^{n}k^3 + 3\sum_{k=0}^{n}k^2 + 3\sum_{k=0}^{n}k + \sum_{k=0}^{n}1 = C_n + 3S_n + 3\dfrac{n(n+1)}{2} + (n+1). \end{split} \end{equation}

Por lo tanto, \begin{equation} \begin{split} S_n =& \dfrac{(n+1)^3}{3} - \dfrac{n(n+1)}{2} - \dfrac{n+1}{3} = \dfrac{(n+1)(2(n+1)^2 - 3n - 2)}{6} \\ =& \dfrac{(n+1)(2n^2+n)}{6} = \dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6}. \end{split} \end{equation}

Answer 4

$S_{2n}+4S_{n}=n(2n+1)^2$

$S_{2n}=S_{n}+S_{(n+1,2n)}$ -------(A)

$S_{(n+1,2n)}=(n+1)^2+(n+2)^2+(n+3)^2+\cdots+(2n)^2$

$S_{(n+1,2n)}=(n+1)^2+(n+2)^2+(n+3)^2+\cdots+(n+n)^2$

$S_{(n+1,2n)}=n(n)^2+(1^2+2^2+3^2+\cdots+n^2)+(2n)(1+2+3+\cdots+n)$

$S_{(n+1,2n)}=n^3+S_{n}+(2n)\frac{n(n+1)}{2}$

$S_{(n+1,2n)}=n^3+S_{n}+n^2(n+1)$

$S_{(n+1,2n)}=n^3+S_{n}+n^3+n^2$

$S_{(n+1,2n)}=S_{n}+2n^3+n^2$ -------(B)

tenemos de (A) y (B),

$S_{2n}=S_{n}+S_{n}+2n^3+n^2$

$S_{2n}=2S_{n}+2n^3+n^2$

nosotros, ahora tenemos,

$6S_{n}+2n^3+n^2=n(2n+1)^2$

$6S_{n}+2n^3+n^2=n(4n^2+4n+1)$

$6S_{n}+2n^3+n^2=4n^3+4n^2+n$

$6S_{n}=2n^3+3n^2+n$

$6S_{n}=n(n+1)(2n+1)$

$S_{n}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

Answer 5

Podrías usar la inducción.

Suponiendo que $$S_{2n}+4S_n=n(2n+1)^2$$ entonces añade términos a ambos lados para que el lado izquierdo incremente su índice: $$ \begin{align} &S_{2n}+4S_n+(2n+1)^2+(2n+2)^2+4(n+1)^2\\ &=n(2n+1)^2+(2n+1)^2+(2n+2)^2+4(n+1)^2\\ S_{2(n+1)}+4S_{n+1}&=n(2n+1)^2+(2n+1)^2+(2n+2)^2+4(n+1)^2\\ &=(n+1)(2n+1)^2+4(n+1)^2+4(n+1)^2\\ &=(n+1)(2n+1)^2+8(n+1)^2\\ &=(n+1)[(2n+1)^2+8(n+1)]\\ &=(n+1)[4n^2+4n+1+8n+8]\\ &=(n+1)[4n^2+12n+9]\\ &=(n+1)(2n+3)^2\\ &=(n+1)(2(n+1)+1)^2\\ \end{align}$$

El caso base se establece en su pregunta.