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Cómo probar $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{(n-1)!} ¿{n\prod\limits_{i=1}^n(a+i)} = \sum\limits_ {k = 1} ^ \infty \frac{1} {(a+k) ^ 2} $ de $a > -1$?

Un problema en mi (la semana pasada) análisis real de la tarea se reduce a probar que, para $a>-1$, $$\sum_{n=1}^\infty\frac{(n-1)!}{n\prod\limits_{i=1}^n(a+i)}=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(a+k)^2}.$$ Mathematica confirma esto es cierto, pero yo no podía ni siquiera probar la convergencia de la serie original (el de la izquierda), y mucho menos demostrar que equivalía a esta suma; la relación de la prueba no es concluyente, y la raíz de la prueba y otros parecen no tener esperanza. Era (y es) bastante un problema frustrante. Puede alguien explicar cómo ir sobre cómo acabar con esto?

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Eric Naslund Puntos 50150

Este utiliza un confiable truco con la función Beta. Yo digo fiable porque se puede utilizar la función beta y la conmutación de la integral y la suma de resolver muchas series muy rápidamente.

Primer aviso de que $$\prod_{i=1}^{n}(a+i)=\frac{\Gamma(n++1)}{\Gamma(a+1)}.$$ Entonces

$$\frac{(n-1)!}{\prod_{i=1}^{n}(a+i)}=\frac{\Gamma(n)\Gamma(a+1)}{\Gamma(n+a+1)}=\text{B}(n,a+1)=\int_{0}^{1}(1-x)^{n-1}x{}^{a}dx.$$ Por lo tanto, al cambiar el orden en que se tienen que $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n-1)!}{n\prod_{i=1}^{n}(a+i)}=\int_{0}^{1}x^{a}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1-x)^{n-1}}{n}\right)dx.$$ Reconociendo el poder de la serie, esto es $$\int_{0}^{1}x^{a}\frac{-\log x}{1-x}dx.$$ Ahora, expandir el poder de la serie para $\frac{1}{1-x}$ para obtener $$\sum_{m=0}^{\infty}-\int_{0}^{1}x^{a+m}\log xdx.$$ No es difícil ver que $$-\int_{0}^{1}x^{a+m}\log xdx=\frac{1}{(a+m+1)^{2}},$$ por lo tanto, concluimos que $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n-1)!}{n\prod_{i=1}^{n}(a+i)}=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{(a+m)^{2}}.$$

Espero que ayude,

Observación: Para evaluar la anterior integral, aviso que $$-\int_{0}^{1}x^{r}\log xdx=\int_{1}^{\infty}x^{-(r+2)}\log xdx=\int_{0}^{\infty}e^{-u(r+1)}udu=\frac{1}{(r+1)^{2}}\int_{0}^{\infty}e^{-u}udu. $$ Alternativamente, como Joriki señalado, sólo puede utilizar la integración por partes.

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Lars Truijens Puntos 24005

Desde, al menos, J. M. pidieron, aquí hay otra solución para el caso cuando $a$ es un número natural.

Voy a utilizar el avance operador diferencia de $\Delta$, definido por $\Delta f(n) = f(n+1) - f(n)$, y la caída de los factorial definido por $$ n^{\underline{a}} = \begin{casos} n(n-1)(n-2) \dots (n+1), y a > 0, \\ 1 & =0 \\ \frac{1}{(n+1)(n+2) \dots (n+|a|)}, & a < 0, \end{casos} $$ y la satisfacción de $\Delta n^{\underline{a}} = a n^{\underline {- 1}}$.

El sumando, que voy a denotar por $F_a(n)$, puede escribirse como $$ F_a(n) = \frac{(n-1)!}{n\prod_{i=1}^n(a+i)} = \frac{(n-1)! un!}{n (a+n)!} = \frac {!}{n \cdot n(n+1)(n+2) \dots (n+a)} $$ $ $ a= \frac{(a-1)!}{n} \left( -(-a) (n-1)^{\underline{-(a+1)}}\right) = -\frac{(a-1)!}{n} \Delta\left( (n-1)^{\underline{-a}}\right). $$ La utilización de la regla de $\Delta(f(n)g(n)) = \Delta f(n) \, g(n+1) + f(n) \Delta g(n)$, tenemos $$ F_a(n) = - \Delta\left( \frac{(a-1)!}{n} (n-1)^{\underline{-a}}\right) + \Delta\left( \frac{(a-1)!}{n} \right) \, n^{\underline{-a}} $$ $$ = - \Delta\left( \frac{(a-1)!}{n \cdot n (n+1) \dots (n+1)} \right) + (a-1)! \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n} \right) \frac{1}{(n+1)\dots (n+a)} $$ $$= - \Delta\left( \frac{(a-1)!}{n \cdot n(n+1) \dots (n+1)} \right) + F_ {- 1}(n+1) - (a-1)! \Delta\left( \frac{(n-1)^{\underline{-a}}}{-a} \right). $$

Suma más de $n \ge 1$ da (porque de resumiéndose en las sumas de deltas) $$ \sum_{n=1}^{\infty} F_a(n) = \frac{(a-1)!}{1 \cdot a!} + \sum_{n=1}^{\infty} F_ {- 1}(n+1) - \frac{(a-1)!}{un} 0^{-\underline{un}} $$ $$ = \frac{1}{a} + \sum_{m=2}^{\infty} F_ {- 1}(m) - \frac{1}{a^2} $$ $$ = \sum_{m=1}^{\infty} F_ {- 1}(m) - \frac{1}{a^2} $$ (desde $F_ {- 1}(1) = 1/$).

Por último, desde $F_0(n) = 1/n^2$, obtenemos después de usar este resultado para nuestra forma de trabajo hacia abajo $n$ los pasos que $$ \sum_{n=1}^{\infty} F_a(n) = \sum_{n=1}^{\infty} F_ {- 1}(n) - \frac{1}{a^2} = \dots = \sum_{n=1}^{\infty} F_0(n) - \left( \frac{1}{a^2} + \dots + \frac{1}{1^2} \right) = \sum_{n=a+1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k+a)^2}. $$

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