¿Tiene que $\displaystyle\sum_{j=2}^{n-1}\sum_{k=1}^{j-1}\Big(\frac{2}{kj}-\frac{1}{k(n-j)}\Big)=0$?

Question

Me han asignado una tarea para encontrar el valor de $s_{n,3}$, el Stirling número del 1$^{\text{st}}$ tipo $k=3$. Llegué a un punto donde

$$s_{n,3}=n!\sum_{k=1}^{n-2}\sum_{j=k+1}^{n-1}\frac{1}{3kj(n-j)}\text{.}$$

Sin embargo, para algunos pequeños $n$, debido a algún error en el equipo, que accidentalmente se encontró que

$$s_{n,3}=(n-1)!\Big(H_{n-1}H_{n-2}-\sum_{k=1}^{n-2}\frac{H_k}{k}\Big)\text{,}$$

donde $H_n$ es el $n^{\text{th}}$ número armónico.

Yo estaba tan feliz porque esta es una forma más elegante de la forma, sólo para encontrar que tengo una dificultad para demostrarlo. Después de algún trabajo de rutina, el problema se reduce a responder si

$$\sum_{j=2}^{n-1}\sum_{k=1}^{j-1}\Big(\frac{2}{kj}-\frac{1}{k(n-j)}\Big)=0$$

sostiene. También he encontrado que esto es equivalente a preguntar si

$$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k^2}=\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{j=n-k}^{n-1}\frac{1}{kj}$$

sostiene. Es decir, si la suma de los cuadrados de los recíprocos sobre la diagonal es igual a la suma de los recíprocos de los productos en el triángulo superior derecho de la $[n-1]\times[n-1]$.

Alguien aquí puede darme alguna pista? Por cierto, cualquier otra forma mejor de $s_{n,3}$ es de agradecer. Gracias!

Answer 1

Es de vergüenza que no he pensado en la inducción! La respuesta se encuentra en la última expresión que si

$$\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k^2}=\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{j=n-k}^{n-1}\frac{1}{kj}$$ sostiene. Es conveniente pedir la baja de la versión de la izquierda. Es decir, si se sostiene que

$$\sum_{k=1}^{n-2}\sum_{j=1}^{n-k-1}\frac{1}{kj}+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k^2}=\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{kj}\text{.}$$

Desde que se mantiene cuando $n=3$, suponemos que tiene de $n\geq3$. Pretendemos que

$$\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-k}\frac{1}{kj}+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}=\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^n\frac{1}{kj}\text{.}$$

Por supuesto, tenemos \begin{align*} \sum_{k=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-k}\frac{1}{kj}+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}&=\bigg(\sum_{k=1}^{n-2}\sum_{j=1}^{n-k-1}\frac{1}{kj}+\sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{j(n-j)}\bigg)+\frac{1}{n^2}+\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k^2}\\ &=\frac{1}{n^2}+\sum_{k=1}^{n-1}\sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{kj}+\sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{j(n-j)}\\ &=\sum_{k=1}^n\sum_{j=1}^n\frac{1}{kj}\text{,} \end{align*} donde la última igualdad es fácil de identidad

$$\sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{j(n-j)}=\frac{2}{n}\sum_{j=1}^{n-1}\frac{1}{j}\text{.}$$

Sin embargo, cualquier combinatoria prueba de este problema es bienvenida!

Answer 2

Definición de $\,s_{n,k}\,$ : $\enspace\displaystyle \prod\limits_{v=0}^{n-1}(x-v) = \sum\limits_{k=0}^n (-1)^{n-k}s_{n,k}x^k$

Usted puede comenzar con $\enspace\displaystyle -\ln\prod\limits_{v=1}^n \left(1-\frac{x}{v}\right) =\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{x^k}{k}\sum\limits_{v=1}^n\frac{1}{v^k}\enspace$ y

$\enspace\displaystyle -\ln\prod\limits_{v=1}^n \left(1-\frac{x}{v}\right) = -\ln\left(1+\left(\prod\limits_{v=1}^n \left(1-\frac{x}{v}\right)-1\right)\right) =$

$\enspace\displaystyle = -\ln(1+x) \circ \left(\prod\limits_{v=1}^n \left(1-\frac{x}{v}\right)-1\right) = \left(\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{(-x)^k}{k}\right) \circ \left(\sum\limits_{k=1}^\infty\frac{(-x)^k}{n!}s_{n+1,k+1}\right) \enspace$ .

No voy a discutir la combinatoria de funciones anidadas aquí, eso es demasiado, y hay ciertamente apropiado de la literatura.

Estamos buscando a $\enspace\displaystyle [x^2]\left(-\ln\prod\limits_{v=1}^n \left(1-\frac{x}{v}\right) \right)\enspace$ y obtener

$\enspace\displaystyle \frac{1}{2}\sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{k^2} = \frac{1}{2}H_n^2 - \frac{1}{n!}s_{n+1,3}\enspace$ y, por tanto, $\enspace\displaystyle s_{n,3} = \frac{(n-1)!}{2} \left(H_{n-1}^2 - \sum\limits_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k^2} \right) \,$ .

Esto es equivalente a la segunda fórmula para $\,s_{n,3}\,$, fácilmente se prueba por inducción, porque para $\,n\in\mathbb{N}\,$ es:

$\displaystyle \left(H_n^2 - \sum\limits_{k=1}^n \frac{1}{k^2} \right) - \left(H_{n-1}^2 - \sum\limits_{k=1}^{n-1} \frac{1}{k^2} \right) = 2\frac{H_{n-1}}{n} =$

$\displaystyle = 2\left(H_n H_{n-1} - \sum\limits_{k=1}^{n-1}\frac{H_k}{k} \right) - 2\left(H_{n-1}H_{n-2} - \sum\limits_{k=1}^{n-2}\frac{H_k}{k} \right) $

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Notas sobre la pregunta:

La inducción es una buena manera de prueba de su hipótesis – como has hecho tú.

$(1)\enspace$ Inicio:

$\hspace{1cm}\displaystyle \sum\limits_{j=2}^{n-1}\frac{2}{j} \sum\limits_{k=1}^{j-1}\frac{1}{k} |_{n=3} = 1 = \sum\limits_{j=2}^{n-1}\frac{1}{n-j} \sum\limits_{k=1}^{j-1}\frac{1}{k} |_{n=3}$

$(2)\enspace\displaystyle \sum\limits_{j=2}^{n-1}\frac{2}{j} \sum\limits_{k=1}^{j-1}\frac{1}{k}\enspace$ e $\enspace\displaystyle \sum\limits_{j=2}^{n-1}\frac{1}{n-j} \sum\limits_{k=1}^{j-1}\frac{1}{k}\enspace$ están creciendo de la misma manera:

$\hspace{1cm}\displaystyle \sum\limits_{j=2}^n\frac{2}{j} \sum\limits_{k=1}^{j-1}\frac{1}{k} - \sum\limits_{j=2}^{n-1}\frac{2}{j} \sum\limits_{k=1}^{j-1}\frac{1}{k} = \frac{2}{n}H_{n-1}$

$\hspace{1cm}\displaystyle \sum\limits_{j=2}^n\frac{1}{n+1-j} \sum\limits_{k=1}^{j-1}\frac{1}{k} - \sum\limits_{j=2}^{n-1}\frac{1}{n-j} \sum\limits_{k=1}^{j-1}\frac{1}{k} = \sum\limits_{j=1}^{n-1}\frac{1}{(n-j)j} = \frac{2}{n}H_{n-1}$