Una identidad de sumación para productos consecutivos: dos demostraciones
Hay identidades cuya primera demostración confirma que una fórmula es cierta, mientras que una segunda demostración permite entender por qué tiene precisamente esa forma. Éste es un ejemplo especialmente limpio.
Identidad de sumación
Para \(n,m\in\mathbb Z_{\ge 0}\),
\[ \boxed{ \sum_{i=0}^{n}\prod_{j=1}^{m}(i+j) = \frac{1}{m+1}\frac{(n+m+1)!}{n!} } \]
con la convención usual de que un producto vacío vale \(1\) cuando \(m=0\).
El producto del sumando tiene una forma muy concreta:
\[ \prod_{j=1}^{m}(i+j) =(i+1)(i+2)\cdots(i+m) = \frac{(i+m)!}{i!}. \]
Por tanto, la identidad también puede escribirse como
\[ \sum_{i=0}^{n}\frac{(i+m)!}{i!} = \frac{(n+m+1)!}{(m+1)n!}. \]
Fuente y procedencia
La identidad y una demostración por inducción aparecen en la Proposition A.1 del Appendix A.1 de Zigang Pan, Measure-Theoretic Calculus in Abstract Spaces, pp. 905–906 (Pan 2023, 905-6).
La primera demostración que sigue reconstruye ese argumento en redacción propia y desarrolla los pasos algebraicos. La segunda demostración, mediante diferencias finitas y telescopaje, es una elaboración independiente de Matemática Abierta.
Antes de demostrar: un caso familiar
Si \(m=1\), entonces
\[ \prod_{j=1}^{1}(i+j)=i+1, \]
y la identidad se reduce a
\[ \sum_{i=0}^{n}(i+1) = \frac12\frac{(n+2)!}{n!} = \frac{(n+1)(n+2)}2. \]
Es decir,
\[ 1+2+\cdots +(n+1) = \frac{(n+1)(n+2)}2. \]
La fórmula general puede verse, por tanto, como una extensión de la suma de los primeros enteros a sumas de productos consecutivos.
Primera demostración: inducción sobre \(n\)
Fijemos \(m\in\mathbb Z_{\ge0}\) y demostremos la identidad por inducción en \(n\).
Caso base
Para \(n=0\),
\[ \sum_{i=0}^{0}\prod_{j=1}^{m}(i+j) = \prod_{j=1}^{m}j = m!. \]
Por otro lado,
\[ \frac{1}{m+1}\frac{(m+1)!}{0!} = m!. \]
La fórmula vale para \(n=0\).
Hipótesis inductiva
Supongamos que para cierto \(k\in\mathbb Z_{\ge0}\) se cumple
\[ \sum_{i=0}^{k}\prod_{j=1}^{m}(i+j) = \frac{1}{m+1}\frac{(k+m+1)!}{k!}. \]
Paso de \(k\) a \(k+1\)
Separamos el último término:
\[ \sum_{i=0}^{k+1}\prod_{j=1}^{m}(i+j) = \sum_{i=0}^{k}\prod_{j=1}^{m}(i+j) + \prod_{j=1}^{m}(k+1+j). \]
Aplicando la hipótesis inductiva y escribiendo el producto mediante factoriales,
\[ = \frac{1}{m+1}\frac{(k+m+1)!}{k!} + \frac{(k+m+1)!}{(k+1)!}. \]
Llevamos ambos términos al denominador común \((m+1)(k+1)!\):
\[ \begin{aligned} &\frac{(k+1)(k+m+1)!}{(m+1)(k+1)!} + \frac{(m+1)(k+m+1)!}{(m+1)(k+1)!}\\[2mm] &= \frac{(k+m+2)(k+m+1)!}{(m+1)(k+1)!}\\[2mm] &= \frac{1}{m+1}\frac{(k+m+2)!}{(k+1)!}. \end{aligned} \]
Ésta es exactamente la fórmula con \(n=k+1\). Por inducción, la identidad vale para todo \(n\in\mathbb Z_{\ge0}\).
Qué hace funcionar la inducción
Al pasar de la suma hasta \(k\) a la suma hasta \(k+1\), sólo aparece un término nuevo. La forma factorial de ese término encaja exactamente con la expresión dada por la hipótesis inductiva.
Segunda demostración: una antiderivada discreta
La segunda prueba cambia completamente de punto de vista.
Definamos
\[ F(i) = \frac{1}{m+1}\,i(i+1)\cdots(i+m). \]
Calculemos su diferencia finita:
\[ \Delta F(i):=F(i+1)-F(i). \]
Tenemos
\[ F(i+1) = \frac{1}{m+1}(i+1)(i+2)\cdots(i+m+1), \]
y
\[ F(i) = \frac{1}{m+1}i(i+1)\cdots(i+m). \]
Factorizando los términos comunes,
\[ \begin{aligned} F(i+1)-F(i) &= \frac{(i+1)\cdots(i+m)}{m+1} \bigl[(i+m+1)-i\bigr]\\[1mm] &= (i+1)(i+2)\cdots(i+m)\\[1mm] &= \prod_{j=1}^{m}(i+j). \end{aligned} \]
Por tanto,
\[ \boxed{ \prod_{j=1}^{m}(i+j)=F(i+1)-F(i). } \]
Ahora la suma completa se convierte en
\[ \sum_{i=0}^{n}\prod_{j=1}^{m}(i+j) = \sum_{i=0}^{n}\bigl(F(i+1)-F(i)\bigr). \]
Al desarrollar,
\[ [F(1)-F(0)]+[F(2)-F(1)]+\cdots+[F(n+1)-F(n)], \]
todos los términos interiores se cancelan. Queda
\[ F(n+1)-F(0). \]
Como \(F(0)=0\),
\[ \begin{aligned} \sum_{i=0}^{n}\prod_{j=1}^{m}(i+j) &=F(n+1)\\[1mm] &= \frac{1}{m+1}(n+1)(n+2)\cdots(n+m+1)\\[1mm] &= \frac{1}{m+1}\frac{(n+m+1)!}{n!}. \end{aligned} \]
Y obtenemos de nuevo la identidad.
La estructura que revela la segunda prueba
La expresión
\[ \prod_{j=1}^{m}(i+j) \]
es la diferencia finita de otra expresión más simple:
\[ \Delta F(i)=F(i+1)-F(i). \]
Sumar diferencias finitas juega un papel análogo al de integrar una derivada. Por eso la suma telescopa: estamos realizando una forma de integración discreta.
Comprobación numérica
Tomemos \(n=2\) y \(m=2\). El lado izquierdo es
\[ (1\cdot2)+(2\cdot3)+(3\cdot4) =2+6+12 =20. \]
El lado derecho es
\[ \frac13\frac{5!}{2!} = \frac13\frac{120}{2} =20. \]
Control
Ambas demostraciones llegan al mismo resultado, pero aportan información diferente:
- la inducción muestra cómo la fórmula se propaga de \(n\) a \(n+1\);
- el telescopaje explica la forma cerrada encontrando una antiderivada discreta del sumando.
Una idea reutilizable
Cuando aparezca una suma finita de la forma
\[ \sum_{i=a}^{b}u_i, \]
vale la pena preguntarse si existe una sucesión \(F\) tal que
\[ u_i=F(i+1)-F(i). \]
Si existe, entonces
\[ \sum_{i=a}^{b}u_i = F(b+1)-F(a). \]
Ésta es una de las formas fundamentales de las sumas telescópicas y constituye el análogo discreto del teorema fundamental del cálculo.