Suma sorprendente (2): $\frac14 \sum_{i=1}^{2n}i(2n-i+1)=\sum_{i=1}^n i^2$

Question

$$\underbrace{\frac14 \sum_{i=1}^{2n}i(2n-i+1)}_{A} =\underbrace{\sum_{i=1}^n i^2}_{B} =\underbrace{\frac 16 n(n+2)(2n+1)}_{C}$$ Transformar $A$ directamente en $B$ sin expansión a$C$, pero principalmente en el uso de la manipulación de la suma de los límites.

Una vez hecho esto, vamos a conocer de inmediato que $A=C$ $B=C$ es un resultado conocido.

Lo ideal es que la solución sería similar a la solución por DanielV aquí a mi pregunta anterior.

Answer 1

$$ \require{cancel}\begin{align} \underbrace{\frac14\sum_{i=1}^{2n}i(2n-i+1)}_{A} &=\frac14\sum_{i=1}^{2n}\sum_{j=i}^{2n}i\\ &=\frac14\sum_{j=1}^{2n}\sum_{i=1}^j i\\\\ &=\frac14\sum_{j=1}^{n}\left[\sum_{i=1}^{2j-1}i+\sum_{i=1}^{2j}i\right] \color{lightgray}{=\frac14\sum_{=1}^n\frac{(2j\cancel{-1})(2j)}2+\frac{(2j)(2j\cancel{+1})}2}\\\\ &=\frac14\sum_{j=1}^{n}\binom {2j}2+\binom{2j+1}2\\\\ &=\frac14\sum_{j=1}^n(2j)^2\\\\ &=\sum_{j=1}^nj^2 =\underbrace{\sum_{i=1}^ni^2}_{B}\qquad\blacksquare \end{align}$$

Esta solución requiere el conocimiento previo del resultado de la suma de números enteros pero no no requieren conocimiento previo del resultado de la suma de los cuadrados (es decir, $C$).

Answer 2

Observe que $2n - i + 1 = \sum_{k = 1}^{2n - i + 1} 1$, por lo tanto, cambiando el orden de adición de $i$ y $k$, \begin{align} & \sum_{i = 1}^{2n}i(2n - i + 1) \\ = & \sum_{i = 1}^{2n}\sum_{k = 1}^{2n - i + 1} i \\ = & \sum_{k = 1}^{2n}\sum_{i = 1}^{2n - k + 1} i \\ = & \sum_{k = 1}^{2n}\frac{(2n - k + 2 )(2n - k + 1)}{2} \\ = & \frac{1}{2}\sum_{k = 1}^{2n}(2n - k + 1)^2 + \frac{1}{2}\sum_{k = 1}^{2n}(2n - k + 1) \\ = & \frac{1}{2}\sum_{k = 1}^{2n}k^2 + \frac{1}{2}\sum_{k = 1}^{2n}k \end {alinee el}

Answer 3

$$\frac14 \sum_{i=1}^{2n}i(2n+1-i)= \frac{2n+1}{4}\sum_{i=1}^{2n}i - \frac{1}{4}\sum_{i=1}^{2n}i^2$$ $$=\frac{2n+1}{4}\cdot \frac{2n\left(2n+1\right)}{2} - \frac{1}{4}\frac{\left(2n\right)\left(2n+1\right)\left(4n+1\right)}{6}$$ $$=\frac{2n+1}{4}\left[n(2n+1) - \frac{n(4n+1)}{3}\right]$$ $$=\frac{2n+1}{12}\left[3n(2n+1) - n(4n+1)\right] = \frac{2n+1}{12}\left[2n^2 + 2n\right]$$ $$= \frac16n\left(2n+1\right)(n+1)= \sum_{i=1}^ni^2$$

Answer 4

No estoy seguro cómo aceptable esta respuesta es, porque utiliza la inducción y la identidad de los números del triángulo de Gauss. Aún así, no utilizar directamente la suma de la fórmula de plazas, así que aquí va. Por abreviatura $a_{i, n} = i(2n-i+1)$. También dejó $S_n = \sum_{i=1}^{2n}a_{i, n}$ ahora Observe la siguiente identidad inductiva:

$$S_{n + 1} = \sum_{i=1}^{2n + 2}a_{i, n + 1} = \sum_{i=1}^{2n}a_{i, n} + \sum_{i=1}^{2n}2i + 2n + 2 + (2n + 1)2 = S_n + 2n(2n + 1) + 2n + 2 + (2n + 1)2 = S_n + 4(n + 1)^2$$

Combinar esto con el caso base de $S_1 = 4$ y tienes una prueba inductiva de su identidad.