Intuición detrás de la suma de la secuencia aritmética de la multiplicación

Question

Tal vez sea una pregunta estúpida, pero por favor, guíenme e ilumínenme con paciencia. Acabo de conocer un hecho que me ha impactado bastante. Empecemos por este simple hecho $$\sum_{k=1}^n k=\frac{n(n+1)}{2}\tag{1}$$ La suma anterior es una suma de progresión aritmética con diferencia común de 1 y ya lo he sabido. Entonces, resulta (me di cuenta de esto al jugar con Wolfram|Alpha) $$\begin{align}\sum_{k=1}^n k(k+1)&=\frac{n(n+1)(n+2)}{3}\tag{2}\\\sum_{k=1}^n k(k+1)(k+2)&=\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}\tag{3}\\\sum_{k=1}^n k(k+1)(k+2)(k+3)&=\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}{5}\tag{4}\\\end{align}$$ y parece (aún no lo he probado) $$\sum_{k=1}^n k(k+1)(k+2)\cdots(k+r)=\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)\cdots(n+r+1)}{r+2}\tag{5}$$ Tenemos un patrón obvio aquí. Conozco la intuición de $(1)$ Pero me pregunto cuáles son las intuiciones para las otras sumas: $(2),\,(3),\,(4),\,(5)$ ?

Puedo derivar $(2)$ utilizando fórmulas conocidas para serie aritmética y número piramidal cuadrado pero cómo lo hacen las otras fórmulas, $(3),\,(4),\,(5)$ ¿Derivar? ¿Utiliza La fórmula de Faulhaber ?

Answer 1

La derivación es por inducción directa sobre $n$ . Supongamos que

$\sum_{k=1}^n k(k+1)...(k+r)=\frac{n(n+1)(n+2)...(n+r+1)}{r+2}$

Entonces

$$\begin{align} \sum_{k=1}^{n+1} k(k+1)...(k+r) & =\frac{n(n+1)(n+2)...(n+r+1)}{r+2} + (n+1)(n+2)...(n+r+1) \\ & = (n+1)(n+2)...(n+r+1)\left(\frac{n}{r+2} + 1\right) \\ & = (n+1)(n+2)...(n+r+1)\left(\frac{n + r + 2}{r+2}\right) \\ & =\frac{(n+1)(n+2)...(n+r+1)(n+r+2)}{r+2} \end{align}$$

Ahora sólo tienes que comprobar el caso base $n=1$ para establecer la fórmula de todos los $n$ .

Answer 2

$$\begin{align} \sum_{k=1}^{n+1}k(k+1)\cdots(k+r)&=\sum_{k=1}^{n+1}k^\overline{r+1}\\ &=\frac1{r+2}\sum_{k=1}^{n+1}\left[k^\overline{r+2}-(k-1)^\overline{r+2}\right]\\ &=\frac1{r+2}\left[\sum_{k=1}^{n+1}k^\overline{r+2}-\sum_{k=0}^{n}k^\overline{r+2}\right]\\ &=\frac{(n+1)^\overline{r+2}}{r+2}\\ &=\frac{(n+1)(n+2)\cdots(n+r+2)}{r+2}\qquad \blacksquare \end{align}$$

Método alternativo, utilizando coeficientes binomiales: Obsérvese que $$\sum_{j=b}^{m}\binom {a+j}{a+b}=\binom{a+m+1}{a+b+1}$$ Por lo tanto, $$\begin{align} \sum_{k=1}^{n+1}k(k+1)\cdots(k+r&)=(r+1)!\sum_{k=1}^{n+1}\binom{k+r}{r+1}\\ &=(r+1)!\binom{n+r+2}{r+2}\\ &=(r+1)!\frac{(n+r+2)^\underline{r+2}}{(r+2)(r+1)!}\\ &=\frac{(n+1)^\overline{r+2}}{r+2}\qquad \blacksquare \end{align}$$

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NB: Es interesante observar el sorprendente parecido del resultado anterior con una integral de potencia.

Resultado anterior (tomando la suma de $0$ en lugar de $1$ ): $$\color{blue}{\sum_{k=0}^{n+1}k^\overline{r+1}}=\color{green}{\frac{(n+1)^\overline{r+2}}{r+2}}$$ Potencia integral: $$\color{blue}{\int_{k=0}^{n+1}k^{r+1}dk}=\color{green}{\frac{(n+1)^{r+2}}{r+2}}$$