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Calcolare \[ 1^22!+2^23!+\ldots+n^2(n+1)! \]

(Titu Andreescu)

$ 1^22!+2^23!+\ldots+n^2(n+1)!=(n+2)!(n-1)+2 $
Passo base: suppongo sia vero per $ n $.
Passo induttivo: $ 1^22!+2^23!+\ldots+n^2(n+1)!+(n+1)^2(n+2)!=(n+3)!n+2 \Rightarrow (n+2)!(n-1)+2+(n+1)^2(n+2)!=(n+3)!n+2 \Rightarrow $$ ( n+2)!(n-1+n^2+n+1)=(n+3)!n+2 \Rightarrow (n+3)!n=(n+3)!n $

Bene. Un'altra soluzione che non passi per l'induzione?

Probabilmente la serie si telescopizza (si dirà così? )
$1^22!+2^23!+\ldots+n^2(n+1)!$
Il k-esimo termine è $k^2(k+1)!$, che si può scrivere anche come $k[(k+2-2)(k+1)!]$
A questo punto possiamo scrivere
$k[(k+2)!-2(k+1)!]$ $\longrightarrow$ $(k+3-3)[(k+2)!-2(k+1)!]$
Dunque
$(k+3)!-2(k+1)!(k+3)-3(k+2)!+6(k+1)!$
$(k+3)!-2(k+2)!-2(k+1)!-3(k+2)!+6(k+1)!$
Ed infine
$(k+3)!-5(k+2)!+4(k+1)!$
Ora provo a metterli in fila, per vedere se si eliminano

$3!$ __$2!(-5)$ __ $1!4$
$4!$ __ $3!(-5)$ __ $2!4$
$5!$ __ $4!(-5)$ __ $3!4$
$6!$ __ $5!(-5)$ __ $4!4$
$...$
$n!$ __ $(n-1)!(-5)$ __ $(n-2)!4$
$(n+1)!$ __ $n!(-5)$ __ $(n-1)!4$
$(n+2)!$ __ $(n+1)!(-5)$ __ $n!4$
$(n+3)!$ __ $(n+2)!(-5)$ __ $(n+1)!4$
Da qui si nota immediatamente come le somme su ogni "piccola diagonale" si annullino, dunque alla fine rimarranno solamente:
$2!(-5)+1!4+2!4+(n+2)!+(n+3)!-5(n+2)!=(n+3)!-4(n+2)!+2$
Raccogliendo $(n+2)!$ otteniamo proprio $(n+2)!(n-1)+2$, già provato per induzione da LeZ (quindi almeno i calcoli dovrebbero essere giusti )

Per me davvero istruttivo nell'ambito delle serie da "telescopizzare"
Grazie Lasker per le prime 5 parole che hai scritto illuminandomi