GMB 8 / 2005

 In GMB 8/2005, pages 378 (romanian version) and 380 (english version)

(other magazines here)

               "C : 2909.  For any positive integer  $n$  let  

$S_n=1\cdot 2\cdot 3+2\cdot 3\cdot 4+\dots +n(n+1)(n+2).$  Prove that :

a)  $\sqrt{S_n}\in\mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}$ , for all  $n\in \mathbb{N^*}$  ;  b)  $\sqrt{\frac{1}{4}+S_n}\in\mathbb{Q}$ , for all  $n\in\mathbb{N^*}.$

{author :} Petre SIMION, Bucharest"

ANSWER CiP

$$S_n=\sum_{k=1}^nk\cdot (k+1) \cdot (k+2)=\fbox{$\frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}$} \tag{1}$$

a) It should be (cf. Lemma)   $\sqrt{S_n}\in\mathbb{N}$ , but  $\frac{n^2+3n}{2}<\sqrt{S_n}<\frac{n^2+3n}{2}+1$          (2)

b) $\sqrt{\frac{1}{4}+S_n}=\frac{n^2+3n+1}{2} \tag{3}$

Solution CiP , with COPILOT help

(for the help given by COPILOT see the draft at the end)

          We observe that  

$k(k+1)(k+2)=\frac{k(k+1)(k+2)\cdot 4}{4}=k(k+1)(k+2)\cdot \frac{(k+3)-(k-1)}{4}$ 

so

$k(k+1)(k+2)=\frac{(k+3)(k+2)(k+1)k}{4}-\frac{(k+2)(k+1)k(k-1)}{4} \tag{4}$

Summing in  (4)  from  $k=1\; to\;k=n$ , we obtain on the right the telescopic sum

$\left ( \color{Blue}{\frac{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{4}}-\frac{3\cdot 2\cdot 1\cdot 0}{4}\right )+\left (\color{Orange}{\frac{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2}{4}}-\color{Blue}{\frac{4\cdot 3\cdot 2\cdot 1}{4}}\right)+$

$+\left (\frac{6\cdot 5\cdot 4\cdot 3}{4}-\color{Orange}{\frac{5\cdot 4\cdot 3\cdot 2}{4}} \right )+\dots +\left (\frac{(n+3)(n+2)(n+1)n}{4}-\frac{(n+2)(n+1)n(n-1)}{4}\right)$

Terms of the same color are reduced and the result from  (1)  remains.

                    a)  $\sqrt{S_n}=\frac{\sqrt{n(n+1)(n+2)(n+3)}}{2}$  so according to Lemma , we must have

  $\sqrt{n(n+1)(n+2)(n+3)}\in\mathbb{N}\tag{5}$.

But the number in  (5)  is even because out of four consecutive numbers  $n\;,\;n+1\;,\;n+2\;,\;n+3\;$ , one is a multiple of  4 , so

$\frac{\sqrt{n(n+1)(n+2)(n+3)}}{2}\in\mathbb{N} \tag{5'}$

          But it is easy to show that we have the inequalities  (2)

 [    $\color{Red}{n(n+3)}=n^2+3n<\color{Red}{n^2+3n+2}\;\;\Leftrightarrow $$\Leftrightarrow\;\;\color{Red}{n(n+3)<(n+1)(n+2)} \tag{6}$

$\Rightarrow\; n^2(n+3)^2<n\color{Red}{(n+1)(n+2)}(n+3)\;\Rightarrow\;\frac{n(n+3)}{2}<\sqrt{S_n}$  so the left side in (2). It also results from  (6)  $\color{Red}n(n+1)(n+2)\color{Red}{(n+3)}<(n+1)^2(n+2)^2\;\Rightarrow\;\sqrt{S_n}<\frac{(n+1)(n+2)}{2}=\frac{n^2+3n}{2}+1$  so the right side in (2). Note that  $\frac{n^2+3n}{2}\in\mathbb{N}\;(\forall) n\in\mathbb{N}.$      ]

Then  (5)  is impossible, because it is strictly contained between two consecutive integers.

                     b)  We can write  $S_n=\frac{n(n+3)(n+1)(n+2)}{4}=\frac{(n^2+3n)(n^2+3n+2)}{4}=$

$=\frac{[(n^2+3n+1)-1][n^2+3n+1)+1]}{4}=\frac{(n^2+3n+1)^2-1}{4}$  so  $\sqrt{\frac{1}{4}+S_n}$  has the value from  (3).

$\blacksquare$

          Remark CiP  Draft of the discussion with COPILOT :

<<

Suma

[ S = 1\cdot 2\cdot 3 ;+; 2\cdot 3\cdot 4 ;+; \dots ;+; n(n+1)(n+2) ]

are o expresie închisă foarte elegantă:

[ \boxed{S = \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}} ]

---

De ce funcționează formula

Termenul general este:

[ k(k+1)(k+2) = k^3 + 3k^2 + 2k ]

Suma devine:

[ S = \sum_{k=1}^n (k^3 + 3k^2 + 2k) ]

Folosind formulele standard pentru
(suma;cuburilor),
(suma;pătratelor),
(suma;primelor;n;numere),

și simplificând, totul se reduce exact la:

[ S = \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4} ]

---

Verificare rapidă pentru n = 1, 2, 3

• n = 1:
  Stânga: (1\cdot 2\cdot 3 = 6)
  Dreapta: (\frac{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4}{4} = 6)

• n = 2:
  Stânga: (6 + 24 = 30)
  Dreapta: (\frac{2\cdot 3\cdot 4\cdot 5}{4} = 30)

• n = 3:
  Stânga: (6 + 24 + 60 = 90)
  Dreapta: (\frac{3\cdot 4\cdot 5\cdot 6}{4} = 90)

Totul se potrivește perfect.

---

Dacă vrei, pot și demonstra formula prin:

• inducție
• metoda diferențelor finite
• identități telescopice

Vrei o demonstrație completă printr-una dintre aceste metode?

Telescopica

Hai să o facem telescopic, „curat”, cu combinații.

---

1. Scriem termenul general în formă combinatorică

Observăm că

[ k(k+1)(k+2) = 6 \cdot \binom{k+2}{3} ]

pentru că

[ \binom{k+2}{3} = \frac{(k+2)(k+1)k}{6}. ]

Deci suma devine

[ S = \sum_{k=1}^n k(k+1)(k+2) = 6 \sum_{k=1}^n \binom{k+2}{3}. ]

---

2. Transformăm suma într-o sumă telescopică

Folosim identitatea clasică:

[ \binom{m}{r} = \binom{m+1}{r} - \binom{m+1}{r-1}. ]

Aplicată pentru (r = 3), obținem:

[ \binom{k+2}{3} = \binom{k+3}{4} - \binom{k+2}{4}. ]

Deci

[ \sum_{k=1}^n \binom{k+2}{3} = \sum_{k=1}^n \left[\binom{k+3}{4} - \binom{k+2}{4}\right]. ]

Aceasta este o sumă telescopică: termenii se anulează în lanț.

Scriem câțiva termeni:

[ \begin{aligned} &\left[\binom{4}{4} - \binom{3}{4}\right] + \left[\binom{5}{4} - \binom{4}{4}\right] + \left[\binom{6}{4} - \binom{5}{4}\right] + \dots + \left[\binom{n+3}{4} - \binom{n+2}{4}\right]. \end{aligned} ]

Tot ce e „intermediar” se taie, rămâne doar:

[ \sum_{k=1}^n \binom{k+2}{3} = \binom{n+3}{4} - \binom{3}{4}. ]

Dar (\binom{3}{4} = 0), deci

[ \sum_{k=1}^n \binom{k+2}{3} = \binom{n+3}{4}. ]

---

3. Punem totul la un loc

Revenim la suma inițială:

[ S = 6 \sum_{k=1}^n \binom{k+2}{3} = 6 \binom{n+3}{4}. ]

Acum calculăm:

[ 6 \binom{n+3}{4} = 6 \cdot \frac{(n+3)(n+2)(n+1)n}{4!} = 6 \cdot \frac{(n+3)(n+2)(n+1)n}{24} = \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}. ]

---

Concluzie

[ \boxed{ \sum_{k=1}^n k(k+1)(k+2) = \frac{n(n+1)(n+2)(n+3)}{4} } ]

Dacă vrei, putem face și o versiune pur algebrică de telescopare, găsind direct un polinom (F(k)) cu (F(k+1)-F(k)=k(k+1)(k+2)).

>>

{end Rem}