Cómo demostrar esta desigualdad $\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{\sum\limits_{i=k}^{n}\binom{i}{k}}{k+1}\cdot\left(-\frac{1}{e}\right)^{k+1}<1$

Question

Demostrar que $$\sum_{k=0}^{n}\left(\dfrac{\displaystyle\sum_{i=k}^{n}\binom{i}{k}}{k+1}\cdot\left(-\dfrac{1}{e}\right)^{k+1}\right)<1$$

tal vez esta desigualdad es de la olimpiada de matemáticas,

Creo que $\dfrac{\sum_{i=k}^{n}\binom{i}{k}}{k+1}$ ¿puede utilizar la definición integral?

y tal vez usar la transformación de Abel, $$\sum_{k=1}^{n}a_{k}b_{k}=S_{n}b_{n}+\sum_{k=1}^{n-1}S_{k}(b_{k}-b_{k+1})$$ donde $S_{n}=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}$

así que dejemos $$a_{k}=\left(-\dfrac{1}{e}\right)^{k+1},b_{k}=\dfrac{\displaystyle\sum_{i=k}^{n}\binom{i}{k}}{k+1}\Longrightarrow S_{n}=\dfrac{1}{e^2+e}\left(1-\left(-\dfrac{1}{e}\right)^n\right)$$ así que usa la transformación de Abel, $$\sum_{k=0}^{n}\left(\dfrac{\displaystyle\sum_{i=k}^{n}\binom{i}{k}}{k+1}\cdot\left(-\dfrac{1}{e}\right)^{k+1}\right)=\dfrac{1}{e^2+e}\left(1-\left(-\dfrac{1}{e}\right)^n\right)\cdot\dfrac{1}{n+1}+\sum_{k=1}^{n-1}\dfrac{1}{e^2+e}\left(1-\left(-\dfrac{1}{e}\right)^k\right)\left[\dfrac{\binom{k}{k}+\binom{k+1}{k}+\cdots+\binom{n}{k}}{k+1}-\dfrac{\binom{k+1}{k+1}+\binom{k+2}{k+1}+\cdots+\binom{n}{n}}{k+2}\right]$$ ¿tal vez alguien pueda resolverlo? Gracias

Answer 1

Se puede comprobar que \begin{align} \sum_{i=k}^{n} \binom{i}{k} = \binom{n+1}{n-k} \end{align} para lo cual \begin{align} S_{n} = \sum_{k=0}^{n} \frac{(-e^{-1})^{k+1}}{k+1} \left(\sum_{i=k}^{n} \binom{i}{k}\right) \end{align} se convierte en \begin{align} S_{n} = (n+1) \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \frac{(-e^{-1})^{k+1}}{(k+1)^{2}}. \end{align} Utilizando la relación \begin{align} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} \frac{t^{k}}{(k+1)^{2}} = {}_{3}F_{2}(-n, 1, 1; 2, 2; -t) \end{align} se ve que \begin{align} S_{n} = - \frac{1}{e} \ {}_{3}F_{2}(-n, 1, 1; 2, 2; e^{-1}). \end{align} Es evidente que $S_{n} < 0$ y por lo tanto \begin{align} \sum_{k=0}^{n} \frac{(-e^{-1})^{k+1}}{k+1} \left(\sum_{i=k}^{n} \binom{i}{k}\right) < 1. \end{align}