Cómo mostrar que $\sum_{k=1}^n k(n+1-k)=\binom{n+2}3$?

Question

Mientras pensaba en otra pregunta me enteré de que esta igualdad puede ser útil allí: $$n\cdot 1 + (n-1)\cdot 2 + \dots + 2\cdot (n-1) + 1\cdot n = \frac{n(n+1)(n+2)}6$$ Para volver a escribir en una forma más compacta: $$\sum_{k=1}^n k(n+1-k)=\frac{n(n+1)(n+2)}6.$$

Esta igualdad es relativamente fácil de probar: $$\sum_{k=1}^n k(n+1-k)= (n+1)\sum_{k=1}^n k - \sum_{k=1}^n k^2 = (n+1) \frac{n(n+1)}2 - \frac{n(n+1)(2n+1)}6 = n(n+1) \left(\frac{n+1}2-\frac{2n+1}6\right) = n(n+1)\frac{3(n+1)-(2n+1)}6 = \frac{n(n+1)(n+2)}6.$$ (Sólo se utiliza la conocida fórmulas para la suma de los primeros a $n$ plazas y el suma de los primeros a $n$ números.)

Hay algunas otras buenas pruebas de que esta igualdad? (Inducción, combinatoria argumentos, visual, pruebas, ...)

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EDIT: Ahora he encontrado otra pregunta que le pregunta sobre la misma identidad: Combinatoria interpretación de una suma de identidad: $\sum_{k=1}^n(k-1)(n-k)=\binom{n}{3}$ (he intentado buscar antes de publicar. Pero las respuestas publicado aquí, así que ahora me dio algunas nuevas ideas para palabras clave óptimas para la búsqueda, lo cual me llevó a encontrar a esa pregunta.) Las preguntas son, en mi opinión, no duplicados exactos desde la otra pregunta específicamente sobre la combinatoria de las pruebas y mi pregunta no tiene esa restricción. Pero estoy de acuerdo en que esta es una muy menor distinción. En cualquier caso, si usted piensa que uno de ellos debe ser cerrado como un duplicado, entonces usted puede votar para cerrar. Me abstendré de votar para cerrar/abrir en esta pregunta. (Si una de las dos preguntas es votaron a ser un duplicado de la otra, que probablemente no se pueden combinar, ya que la suma de las variables están fuera una.)

Answer 1

Nos deja elegir tres números de $\{0,1,2,\ldots, n+1\}$, comenzando con la media, que tiene que ser algo de $k\in \{1,\ldots,n\}$. Luego tenemos la $k$ opciones para los más pequeños y $n+1-k$ opciones para el más grande de los tres. De ello se sigue que $${n+2\choose3}=\sum_{k=1}^n k(n+1-k)\ .$$

Answer 2

Pienso en esto como los "doce días de Navidad" igualdad", porque si $n = 12$ entonces tenemos $1 \times 12 + 2 \times 11 + \cdots + 12 \times 1 = {14 \choose 3}$ y ambos lados representan el número de regalos que se dan en la canción "Los Doce Días de Navidad". (Esto pasa a ser 364, uno menos que el número de días en un año).

Aquí está una combinatoria prueba de que la igualdad, que he escrito anteriormente sobre el en mi blog. Como escribí allí, vamos a tratar de demostrar la identidad de $\sum_{j=2}^{n+1} (j-1)(n+2-j) = {n+2 \choose 3}$, la cual difiere de su igualdad por un cambio de índice. Para ello, contamos subconjuntos del conjunto $\{ 1, 2, \ldots, n+2 \}$ de tamaño 3. Nosotros puede escribir cada subconjunto como $\{ x, y, z \}$ donde nos requieren $x < y < z.$ Then we'll count these subsets according to the difference $z - x$. To construct such a set with $z - x = j$ debemos:

• elegir $x$. $x$ debe ser entre el $1$ $n+2-j$ incluido, por lo que hay $n+2-j$ las opciones posibles.
• elegir $y$. $y$ debe ser entre el $x$ $z=x+j$ exclusiva, por lo que hay $j-1$ opciones posibles.

En este punto, $z$ es fijo. Así que hay $(j-1)(n+2-j)$ maneras de elegir un $3$con $z - x = j$; sumando más de los posibles valores de $j$ da el deseo de identidad.

Answer 3

Una convolución es siempre una buena manera. Desde: $$ \sum_{k\geq 0} k z^k = \frac{z}{(1-z)^2}, \tag{1}$$ tenemos: $$\begin{eqnarray*}\sum_{k=1}^{n}k(n+1-k) = \sum_{k=0}^{n+1}k(n+1-k) &=& [z^{n+1}]\frac{z^2}{(1-z)^4}\\&=&[z^n]\frac{z}{(1-z)^4}\tag{2}\end{eqnarray*}$$ y el reclamo de la siguiente manera: $$ \sum_{k\geq 0}\binom{k+2}{3}z^k = \frac{z}{(1-z)^4}.\tag{3}$$

Answer 4

La inducción es bastante straighforward: \begin{align*}\sum_{k=1}^{n+1}&k(n+2-k)-\sum_{k=1}^n k(n+1-k)=(n+1)+\sum_{k=1}^n k\cdot 1=\sum_{k=1}^{n+1} k\\&=\frac{(n+1)(n+2)}2=\frac{(n+1)(n+2)(n+3)}6-\frac{n(n+1)(n+2)}6\end{align*}

Answer 5

Aquí hay otra solución. $$n\cdot 1+(n-1)\cdot2+\ldots1\cdot n=\\ (n+(n-1)+\ldots +1)+((n-1)+(n-2)+\ldots+1)+\ldots+1=\\ \sum_{i=1}^ni+\sum_{i=1}^{n-1}i+\ldots+1=\\ \frac{(n+1)n}{2}+\frac{n(n-1)}{2}+\ldots +\frac{2\cdot 1}{2}.$$ Ahora, esta suma es igual a $$\frac{(n+2)(n+1)n}{6}$$ por un sencillo de inducción.