Cómo demostrar que $ \sum\limits_{n=1}^{\infty}n\prod\limits_{k=1}^{n}\frac{1}{1+ka} = \frac{1}{a} $ ?

Question

Mathematica me dice que $$ \sum_{n=1}^{\infty}n\prod_{k=1}^{n}\frac{1}{1+ka} = \frac{1}{a} $$ Podría probarlo por $a\rightarrow 0$ , $a=1$ y $a\rightarrow \infty$ pero no se ha podido encontrar una prueba general para el $a>0$ . ¿Alguien puede encontrar uno? Muchas gracias.

Answer 1

Lema : \begin{align} \sum_{n=1}^{N} \frac{n}{\prod_{k=1}^n(1+ka)}=\frac{1}{a}\left[1-\frac{1}{\prod_{k=1}^N(1+ka)}\right]. \end{align} Prueba : Inducción en $N$ .

Answer 2

Esto puede verse como un simple juego de cabeza y cola disfrazado...

Consideremos un juego de cara y cruz tal que la probabilidad de éxito del $n$ El lanzamiento es $$p_n=\frac{na}{1+na}.$$ Entonces la probabilidad de que el $n$ el lanzamiento es el primer éxito es $$ p_n\prod_{k=1}^{n-1}(1-p_k)=na\prod_{k=1}^n\frac1{1+ka}, $$ por lo que $$ \sum_{n=1}^{\infty}n\prod_{k=1}^{n}\frac{1}{1+ka}=\frac1a\,P(A), $$ donde $A$ es el caso de que ocurra al menos un éxito, alguna vez. El caso de que no haya ningún éxito entre los $n$ los primeros lanzamientos tienen probabilidad $$ \prod_{k=1}^n(1-p_k)=\prod_{k=1}^n\frac1{1+ka}, $$ que converge a $0$ por lo que $P(A)=1$ , QED.

Nota: Esta interpretación también da lugar a la identidad finitaria $$\sum_{n=1}^Nn\prod_{k=1}^{n}\frac{1}{1+ka}=\frac1a\,\left(1-\prod_{n=1}^{N}\frac{1}{1+na}\right), $$ y una interpretación natural de la misma, ya que, por un lado, $a$ veces el LHS es la probabilidad de que el primer éxito se vea entre los $N$ primeros lanzamientos, y, por otro lado, la probabilidad del evento complementario es, por independencia, el producto en el RHS.

Answer 3

Lo tenemos: $$A_n=\prod_{k=0}^n\frac{1}{1+ka} =\frac{1}{n!}\prod_{k=1}^{n}\frac{1}{a+\frac{1}{k}},$$ que puede considerarse como una función meromorfa de la variable $a$ . Además, para cualquier $j\in[1,n]$ : $$\begin{eqnarray*}\operatorname{Res}\left(A_n,a=-\frac{1}{j}\right)&=&\frac{1}{n!}\prod_{\substack{k=1\\k\neq j}}^{n}\frac{1}{-\frac{1}{j}+\frac{1}{k}}=(-1)^n j^{n-2}\prod_{\substack{k=1\\k\neq j}}^{n}\frac{1}{k-j}\\&=&\frac{(-1)^n\,j^{n-2}}{(-1)^{j-1}(j-1)!(n-j)!}\\&=&-\frac{(-1)^{n-j}\, j^{n-1}}{n!}\binom{n}{j}\end{eqnarray*} $$ por lo que el residuo de $\sum_{n=1}^{+\infty}n A_n$ en $a=-\frac{1}{j}$ es: $$\begin{eqnarray*}-\sum_{n\geq j}\frac{(-1)^{n-j}\, j^{n-1}}{(n-1)!}\binom{n}{j}&=&-j!\cdot\frac{d^j}{dx^j}\left.\sum_{n\geq j}\frac{(-1)^{n-j}\, j^{n-1} x^n}{(n-1)!}\right|_{x=1}\\&=&-j!\cdot\frac{d^j}{dx^j}\left.\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{(-1)^{n-j}\, j^{n-1} x^n}{(n-1)!}\right|_{x=1}\\&=&j!\cdot(-1)^j\frac{d^j}{dx^j}\left.\left(x\,e^{-jx}\right)\right|_{x=1}=0,\end{eqnarray*}$$ y los cálculos que hizo para los casos $a=1$ y $a\to 0$ son suficientes para afirmar $$\sum_{n=1}^{+\infty} n A_n = \frac{1}{a}$$ para cualquier $a>0$ . De otra manera, utilizando la función Beta de Euler: $$\begin{eqnarray*}\sum_{n=1}^{+\infty}n A_n &=& \sum_{n\geq 1}\frac{n}{a^n}\cdot\frac{\Gamma(1+1/a)}{\Gamma(1+1/a+n)}=\int_{0}^{1}(1-x)^{1/a}\sum_{n\geq 1}\frac{n x^{n-1}}{a^n \Gamma(n)}dx\\&=&\int_{0}^{1}(1-x)^{1/a}e^{x/a}\frac{x+a}{a^2}dx\\&=&\int_{0}^{1}(1-x)^{1/a}\frac{d}{dx}\left(\frac{x}{a}e^{x/a}\right)dx\\&=&\frac{1}{a}\int_{0}^{1}(1-x)^{1/a-1}\frac{x}{a}e^{x/a}dx\\&=&\frac{1}{a}\int_{0}^{1}(1-x^a)\exp\left(\frac{1-x^a}{a}\right)dx=\frac{1}{a},\end{eqnarray*}$$ ya que tenemos una cancelación inducida por la integración por partes: $$\begin{eqnarray*}\int_{0}^{1}x^a \exp\left(\frac{1-x^a}{a}\right)dx&=&\int_{0}^{1}x\cdot\left(x^{a-1}\exp\left(\frac{1-x^a}{a}\right)\right)dx\\&=&\left.-x\exp\left(\frac{1-x^a}{a}\right)\right|_{0}^{1}+\int_{0}^{1} \exp\left(\frac{1-x^a}{a}\right)dx.\end{eqnarray*}$$