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Divertido doble de la suma infinita

Yo estaba jugando con una versión modificada del triángulo de Pascal (con ${n \choose k}^{-1}$ en lugar de $n \choose k$ en todas partes) y este infinito suma salió:

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

Las sumas parciales parecen acercarse a $\alpha \approx 1.317...$

¿Una forma cerrada para $\alpha$ existen?

53voto

Roger Hoover Puntos 56

No es difícil de-nido doble de la serie.

Lema 1. Para cualquier $k\geq 2$, tenemos $$ \sum_{n\geq 1}\frac{1}{n(n+1)\cdot\ldots\cdot(n+k-1)}=\sum_{n\geq 1}\frac{1}{(n)_k}=\frac{1}{(k-1)\cdot(k-1)!}.$$

Prueba: es suficiente para explotar la función beta de Euler y una serie geométrica, ya que: $$\begin{eqnarray*}\sum_{n\geq 1}\frac{1}{(n)_k}=\sum_{n\geq 1}\frac{\Gamma(n)}{\Gamma(n+k)}&=&\frac{1}{\Gamma(k)}\sum_{n\geq 1}B(k,n)\\&=&\frac{1}{\Gamma(k)}\sum_{n\geq 1}\int_{0}^{1}x^{n-1}(1-x)^{k-1}\,dx\\&=&\frac{1}{\Gamma(k)}\int_{0}^{1}\sum_{n\geq 1}(1-x)^{k-1}x^{n-1}\,dx\\&=&\frac{1}{\Gamma(k)}\int_{0}^{1}(1-x)^{k-2}\,dx\\&=&\frac{1}{\Gamma(k)}\int_{0}^{1}x^{k-2}\,dx = \frac{1}{(k-1)\cdot(k-1)!}.\end{eqnarray*} $$

En particular, tenemos: $$ S = \sum_{k\geq 2}\sum_{n\geq 1}\frac{1}{(n)_k} = \sum_{m\geq 1}\frac{1}{m\cdot m!}=\int_{0}^{1}\sum_{m\geq 1}\frac{x^{m-1}}{m!}\,dx = \color{red}{\int_{0}^{1}\frac{e^x-1}{x}\,dx}.$$ El último no es una primaria integral, sino una integral exponencial.


En el pasado, una gran BIENVENIDA a MSE.

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vadim123 Puntos 54128

Cambiar el orden de la recapitulación, podemos ver los recíprocos de OEIS secuencia A001563, es decir,$\sum_{n\ge 1} \frac{1}{n\cdot n!}$. Alfa nos dice que la suma es $$Ei(1)-\gamma$$

La ie es la integral exponencial, y $\gamma$ es el de Euler-Mascheroni constante. Por supuesto, esto es una especie de circular, ya que $Ei(1)$ es, básicamente, la serie que estamos tratando de calcular, hasta una constante $\gamma$ de diferencia.

Esta es, probablemente, como "forma cerrada" como usted va a encontrar.

15voto

Mitchell Spector Puntos 371

[No una respuesta, pero demasiado largo para caber como un comentario.]

[Edit: @adjan señala que esto es conocido como el de Leibniz armónico triángulo, que estaba inconsciente.]

No sé si esto está relacionado o no: me di cuenta de un hecho curioso hace un par de años acerca de los recíprocos de los coeficientes binomiales. Si usted toma el triángulo de Pascal, pero en lugar de poner el $\binom{n}{k}$ en cada entrada, poner el recíproco de $\,(n+1)\binom{n}{k}, $ usted obtiene un revés triángulo de Pascal, con cada número es la suma de los dos números a continuación :

\begin{array} \\&&&&&1 \\&&&&\frac12&&\frac12 \\&&&\frac13&&\frac16&&\frac13 \\&&\frac14&&\frac1{12}&&\frac1{12}&& \frac14 \\& \frac15&&\frac1{20}&&\frac1{30}&&\frac1{20}&&\frac15 \\\ .^{\large{.}^{\LARGE{.}}}&&\vdots&&\vdots&&\vdots&&\vdots&&{}^{{}^{{}^{\LARGE{.}}}}{}^{\hspace{-1mu}\large{.}}. \end{array} $$ $$ La prueba de que funciona es muy sencilla: \begin{align}\require{cancel} \frac1{(n+1)\binom{n}{k}}+\frac1{(n+1)\binom{n}{k+1}}&=\frac{1}{n+1}\frac{\binom{n}{k}+\binom{n}{k+1}}{\binom{n}{k}\binom{n}{k+1}} \\&=\frac1{n+1}\binom{n+1}{k+1}\frac{k!\,(n-k)!}{n!}\frac{(k+1)!\,(n-k-1)!}{n!} \\&=\frac1{n+1}\frac{(n+1)!}{\bcancel{(k+1)!}\cancel{(n-k)!}}\frac{k!\,\cancel{(n-k)!}}{n!}\frac{\bcancel{(k+1)!}\,(n-k-1)!}{n!} \\&=\frac{\cancel{(n+1)!}}{\cancel{(n+1)\cdot n!}}\frac{k!\,(n-k-1)!}{n!} \\&=\frac1{n\binom{n-1}{k}}. \end{align}

No tengo idea de si esto está bien-conocidos o no — no me había topado con ella antes de.

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