Sorprendente la suma (1) $\sum_{r=1}^n(n-r+1)(2r-1)$

Question

Reducir esta suma de corriente a una suma asombrosamente familiar en lo menor posible, preferiblemente sin expansión de la fuerza bruta. (Lea también mi comentario para el contexto)

$$\sum_{r=1}^n(n-r+1)(2r-1)=1\cdot n+3\cdot (n-1)+5\cdot (n-2)+\cdots+(2n-1)\cdot 1$$

Answer 1

$$(n-r+1)(2r-1)=(n+1)(-1)+r[2(n+1)+1]-2r^2$$

$$\implies\sum_{r=1}^n(n-r+1)(2r-1)=-(n+1)\sum_{r=1}^n1+\{2(n+1)+1\}\sum_{r=1}^nr-2\sum_{r=1}^nr^2$$

$$=-(n+1)\cdot n+(2n+3)\cdot\dfrac{n(n+1)}2-2\cdot\dfrac{n(n+1)(2n+1)}6$$

Answer 2

Dibujos para este tipo de problema ayuda. Si se dibuja

$$ \newcommand{\BL} {\color{black}{\text{X}}} \newcommand{\BB} {\color{blue}{\text{X}}} \newcommand{\PP} {\color{color púrpura}{\text{X}}} \newcommand{\RR} {\color{red}{\text{X}}} \begin{align} % & \boxed{\begin{array} {c} \BL \end{array}} \\ & \boxed{\begin{array} {cc} \BL & \BB \\ \BB & \BB \end{array}} \\ & \boxed{\begin{array} {ccc} \BL & \BB & \PP \\ \BB & \BB & \PP \\ \PP & \PP & \PP \end{array}} \\ & \boxed{\begin{array} {ccc} \BL & \BB & \PP & \RR \\ \BB & \BB & \PP & \RR \\ \PP & \PP & \PP & \RR \\ \RR & \RR & \RR & \RR \end{array}} \\ & \vdots % \end{align}$$

Hay

• $n$ juegos de $1$ cuadrados de color negro,
• $n-1$ juegos de $3$ cuadros azules,
• $n-2$ juegos de $5$ plazas de color púrpura,
• $n-3$ setes de $7$ cuadrados rojos,
• $\vdots$
• $n - r + 1$ juegos de $2r-1$ plazas de cualquier color

sin embargo, las formas en conjunto forman una suma de cuadrados de la pirámide. Algebraicamente que es:

$$\begin{align} % \sum_{r=1}^{n} (n - r + 1)(2r - 1) % &= \sum_{r=1}^{n} \left(\sum_{s=r}^n 1\right)(2r - 1) % \\ &= \sum_{r=1}^{n} \sum_{s=r}^n (2r - 1) % \\ &= \sum_{s=1}^{n} \sum_{r=1}^s (2r - 1) % \\ &= \sum_{s=1}^{n} s^2 % \end{align}$$

donde el último paso se utiliza el hecho de que la suma de los números impares hasta el$2k-1$$k^2$.

Answer 3

$\begin{array}\\ \sum_{r=1}^n(n-r+1)(2r-1) &=\sum_{r=1}^n(n+1)(2r-1)-\sum_{r=1}^nr(2r-1)\\ &=(n+1)n^2-2\sum_{r=1}^nr^2+\sum_{r=1}^nr\\ &=(n+1)n^2-2\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\frac{n(n+1)}{2}\\ &=\frac{6(n+1)n^2-2n(n+1)(2n+1)+3n(n+1)}{6}\\ &=n(n+1)\frac{6n-2(2n+1)+3}{6}\\ &=n(n+1)\frac{2n+1}{6}\\ &=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}\\ \end{matriz} $

¡Eso es una sorpresa!

Voy a dejar aquí un intento de encontrar un truco de magia más adelante.

Answer 4

Hacer la sustitución $i = n - r + 1$ (como el cambio de variable en la integración), entonces\begin{align} & \sum_{r = 1}^n (n - r + 1)(2r - 1) = \sum_{i = 1}^n i(2n - 2i + 1) \\ = & (2n + 1) \sum_{i = 1}^n i - 2\sum_{i = 1}^n i^2 \end {Alinee el} creo no ampliar el término "brutalmente", pero el último paso es aún leve expansión.

Answer 5

Aquí está la "magia" de la solución en forma más general, seguido por una continua analógica.

Vamos $f(n) =\sum_{i=1}^n (n+1-i)g(i) $. Tenga en cuenta que $f(1) = g(1)$ y $f(2) =2g(1)+g(2) =g(1)+(g(1)+g(2)) $. Entonces

$\begin{array}\\ f(n+1) &=\sum_{i=1}^{n+1} (n+2-i)g(i)\\ &=\sum_{i=1}^{n+1} (n+1+1-i)g(i)\\ &=\sum_{i=1}^{n+1} (n+1-i)g(i)+\sum_{i=1}^{n+1} g(i)\\ &=\sum_{i=1}^{n} (n+1-i)g(i)+\sum_{i=1}^{n+1} g(i) \quad\text{(since }n+1-i = 0 \text{ for } i=n+1)\\ &=f(n)+\sum_{i=1}^{n+1} g(i)\\ so\\ f(n+1)-f(n)&=\sum_{i=1}^{n+1} g(i)\\ so\ that\\ f(n)&=\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^{j} g(i)\\ \end{array} $

Configuración $g(n) = 2n-1$, desde $\sum_{i=1}^{n} g(i) =n^2 $, $f(n) =\sum_{i=1}^{n} i^2 =\dfrac{n(n+1)(2n+1)}{6} $.

La continua analógica:

Vamos $f(x) =\int_0^x (x-y)g(y)dy $. Entonces

$\begin{array}\\ f(x) &=\int_0^x (x-y)g(y)dy\\ &=\int_0^x xg(y)dy-\int_0^x yg(y)dy\\ &=x\int_0^x g(y)dy-\int_0^x yg(y)dy\\ \text{so that}\\ f'(x)&=xg(x)+\int_0^x g(y)dy- xg(x)\\ &=\int_0^x g(y)dy\\ \text{Integrating,}\\ f(x)&=\int_0^x \int_0^y g(z)dz dy\\ \end{array} $

Si $g(y) = 2y$, entonces $\int_0^x g(y)dy =x^2 $ así $\int_0^x (x-y)g(y) dy =\int_0^x y^2 dy =\dfrac{x^3}{3} $