Tu fórmula es correcta, y algo parecido ocurre con los triángulos de forma similar. En deferencia a tu falta de conocimientos, he incluido muchos detalles algebraicos; espero que no sea demasiado complicado.
Lo que tienes es una secuencia de progresiones aritméticas cuyas diferencias forman ellas mismas una progresión aritmética: en tu caso las diferencias son $2,4,6,8,\dots$ . Además, los primeros términos de sus progresiones se comportan de forma regular: forman una secuencia, $\langle 1,4,8,13,19,\dots\rangle$ que no es aritmética, pero cuyo secuencia de diferencia es. Por secuencia de diferencia Me refiero a la secuencia de diferencias entre términos consecutivos: $\langle 3,4,5,6,\dots\rangle$ .
Suponga que tiene una colección de progresiones aritméticas de este tipo:
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para cada $n$ , $\langle a_{n,1},a_{n,2},a_{n,3},\dots\rangle$ es una progresión aritmética con diferencia constante $d_n$ ;
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$\langle d_1,d_2,d_3,\dots\rangle$ es una progresión aritmética con diferencia constante $d$ y
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la secuencia $\langle a_{1,1},a_{2,1},a_{3,1},\dots\rangle$ de los primeros términos no es aritmética, sino su secuencia de diferencia $\langle a_{2,1}-a_{1,1},a_{3,1}-a_{2,1},a_{4,1}-a_{3,1},\dots\rangle$ es, con diferencia constante $e$ .
Ahora construyes un triángulo igual que hiciste con tus progresiones específicas. Podemos calcular las sumas de las filas de la siguiente manera.
Los términos de la $n$ -la fila son $a_{n,1},a_{n-1,2},a_{n-2,3},\dots,a_{1,n}$ . En otras palabras, son los términos $a_{k,n+1-k}$ para $k=1,2,\dots,n$ . Ahora $a_{k,n+1-k}$ es el $(n+1-k)$ -término en el $k$ -a la progresión, por lo que $$a_{k,n+1-k} = a_{k,1} + ((n+1-k)-1)d_k = a_{k,1}+(n-k)d_k,$$ et $d_k$ es el $k$ -diferencia, por lo que $$d_k = d_1+(k-1)d.$$ Así, $$\begin{align*}a_{k,n+1-k} &= a_{k,1} + (n-k)(d_1+(k-1)d)\\ &= a_{k,1} + (n-k)d_1 + (n-k)(k-1)d\\&= a_{k,1} + nd_1 - kd_1 +(nk - n - k^2 + k)d\\ &= a_{k,1} + n(d_1-d) + ((n+1)d-d_1)k-dk^2, \end{align*}$$
y la suma de los términos del $n$ -la fila es $$\begin{align*} \sum\limits_{k=1}^n a_{k,n+1-k} &= \sum\limits_{k=1}^n \left(a_{k,1} + n(d_1-d) + ((n+1)d-d_1)k-dk^2\right)\\ &= \sum\limits_{k=1}^n a_{k,1} + \sum\limits_{k=1}^n n(d-d_1) + \sum\limits_{k=1}^n ((n+1)d-d_1)k - \sum\limits_{k=1}^n dk^2\\ &= \sum\limits_{k=1}^n a_{k,1} + n^2(d-d_1) + ((n+1)d-d_1)\sum\limits_{k=1}^n k - d\sum\limits_{k=1}^n k^2. \end{align*}$$
Las sumas $\sum\limits_{k=1}^n k = \dfrac12n(n+1)$ et $\sum\limits_{k=1}^n k^2 = \dfrac16n(n+1)(2n+1)$ son conocidos, por lo que $$\begin{align*} \sum\limits_{k=1}^n a_{k,n+1-k} &= \sum\limits_{k=1}^n a_{k,1} + n^2(d-d_1) + \frac12((n+1)d-d_1)n(n+1) - \frac16dn(n+1)(2n+1)\\ &= \sum\limits_{k=1}^n a_{k,1} + d\left(n^2 + \frac12n(n+1)^2 - \frac16n(n+1)(2n+1)\right) - d_1\left(n^2 + \frac12n(n+1)\right)\\ &= \sum\limits_{k=1}^n a_{k,1} + \frac{d}6\left(6n^2 + 3n(n+1)^2 - n(n+1)(2n+1)\right) - \frac{d_1}2(3n^2+n)\\ &= \sum\limits_{k=1}^n a_{k,1} + \frac{d}6\left(6n^2 + (3n^3+6n^2+3n) - (2n^3+3n^2+n)\right)-\frac{d_1}2(3n^2+n)\\ &= \sum\limits_{k=1}^n a_{k,1} + \frac{d}6(n^3+9n^2+2n)-\frac{d_1}2(3n^2+n)\\ &= \sum\limits_{k=1}^n a_{k,1} + \frac{d}6 n^3 + \frac{3d-3d_1}{2}n^2 + \frac{2d-3d_1}{6}n. \end{align*}$$
Ahora tenemos que evaluar $\sum\limits_{k=1}^n a_{k,1}$ en términos de $n$ . Esto requiere un poco de trabajo, ya que la secuencia de $a_{k,1}$ no es aritmética. Dejemos que $e_k = a_{k+1,1}-a_k$ ; asumimos que la secuencia $\langle e_1, e_2, e_3,\dots\rangle$ es aritmética con diferencia constante $e$ Así que $e_k = e_1 + (k-1)e$ . Así, $$\begin{align*} a_{k,1} &= a_{1,1} + e_1 + e_2 + \dots + e_{k-1}\\ &= a_{1,1} + \sum\limits_{i=1}^{k-1} (e_1 + (i-1)e)\\ &= a_{1,1} + \sum\limits_{i=1}^{k-1} e_1 + e\sum\limits_{i=1}^{k-1} (i-1)\\ &= a_{1,1} + (k-1)e_1 + e\sum\limits_{i=0}^{k-2} i\\ &= a_{1,1} + (k-1)e_1 + \frac12 e(k-2)(k-1)\\ &= a_{1,1} + e_1k - e_1 + \frac{e}2 k^2 - \frac{3e}{2}k+e\\ &= \frac{e}2 k^2 + \frac{2e_1-3e}{2}k + (a_{1,1}+e-e_1), \end{align*}$$
y por lo tanto $$\begin{align*} \sum\limits_{k=1}^n a_{k,1} &= \sum\limits_{k=1}^n \left(\frac{e}2 k^2 + \frac{2e_1-3e}{2}k + (a_{1,1}+e-e_1)\right)\\ &= \frac{e}{2}\sum\limits_{k=1}^n k^2 + \frac{2e_1-3e}{2}\sum\limits_{k=1}^n k + \sum\limits_{k=1}^n (a_{1,1}+e-e_1)\\ &= \frac{e}{12}n(n+1)(2n+1) + \frac{2e_1-3e}{4}n(n+1) + (a_{1,1}+e-e_1)n\\ &= \frac{e}{12}(2n^3+3n^2+n) + \frac{2e_1-3e}{4}(n^2+n) + (a_{1,1}+e-e_1)n\\ &= \frac{e}6 n^3 + \frac{e_1-e}{2}n^2 + \frac{6a_{1,1}+2e-3e_1}{6}n. \end{align*}$$
Por último, el $n$ -la suma de la fila es $$\begin{align*} &\sum\limits_{k=1}^n a_{k,1} + \frac{d}6 n^3 + \frac{3d-3d_1}{2}n^2 + \frac{2d-3d_1}{6}n =\\ &\frac{e}6 n^3 + \frac{e_1-e}{2}n^2 + \frac{6a_{1,1}+2e-3e_1}{6}n + \frac{d}6 n^3 + \frac{3d-3d_1}{2}n^2 + \frac{2d-3d_1}{6}n =\\ &\frac{e+d}6 n^3 + \frac{e_1-e+3d-3d_1}2 n^2 + \frac{6a_{1,1}+2(e+d)-3(e_1+d_1)}6 n,\tag{1} \end{align*}$$
que sí es cúbico en $n$ .
Como comprobación rápida de todo este álgebra, observe que en su ejemplo original $a_{1,1}=1$ , $d_1=2$ , $d=2$ , $e_1=3$ y $e=1$ Así que $(1)$ se reduce a $$\frac12 n^3 + n^2 - \frac12 n,$$ como sabemos que debe ser.
