Calcular $\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{(n(n+1))^p}$ donde $p\geq 1$

Question

Recientemente me dijeron que para calcular la integral, y el resultado resultó ser un escalar varios de la serie $$\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{1}{(n(n+1))^p},$$ where $p\geq 1$. Sé que converge en comparación de $$\dfrac{1}{(n(n+1))^p}\leq\dfrac{1}{n(n+1)}<\dfrac{1}{n^2},$$ y sabemos que gracias a Euler que $$\sum\limits_{n=1}^\infty\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}6.$$ I managed to work out the cases where $p=1$ and $p=2$. With $p=1$ being a telescoping sum, and my solution for $p=2$ being $$\frac13\pi^2-3,$$ which I obtained based on Euler's solution to the Basel Problem. I see no way to generalize the results to values to arbitrary values of $p$ sin embargo. Algún consejo de por donde empezar sería muy apreciada.

También, en ausencia de otra fórmula, es la serie en sí misma una respuesta válida? Dado que converge de curso.

Answer 1

Yo estaba haciendo este ejercicio no hace mucho tiempo con un estudiante de la mina, bueno tengo una oportunidad para discutir aquí. Asumiendo $p\in\mathbb{N}^+$, sólo tenemos que realizar una fracción parcial de la descomposición de $\frac{1}{x^p(x+1)^p}$. Por las estrellas y las barras hemos $\frac{1}{(1+x)^p}=\sum_{n\geq 0}\binom{p+n-1}{p-1}(-1)^n x^{n}$, de ahí la singularidad en el origen da una contribución igual a $$ \sum_{n=0}^{p-1}\binom{p+n-1}{p-1}\frac{(-1)^n}{x^{p-n}}=(-1)^p\sum_{n=1}^{p}\binom{2p-n-1}{p-1}\frac{(-1)^{n}}{x^{n}} $$ a la fracción parcial de la descomposición de $\frac{1}{x^p(x+1)^p}$. Por simetría, la contribución aportada por la singularidad en $x=-1$es igual a $$ (-1)^p\sum_{n=1}^{p}\binom{2p-n-1}{p-1}\frac{1}{(x+1)^n}$$ por lo tanto $\sum_{x\geq 1}\frac{1}{x^p(x+1)^p}$ divisiones como la siguiente combinación lineal de los valores de la $\zeta$ función en números enteros y telescópico de la serie:

$$(-1)^p\sum_{k=1}^{\lfloor p/2\rfloor}\binom{2p-2k-1}{p-1}(2\zeta(2k)-1)-(-1)^p\sum_{k=0}^{\lfloor p/2\rfloor}\binom{2p-2k-2}{p-1} $$ que puede ser simplificado como $$\boxed{\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^p(n+1)^p}= 2(-1)^p\sum_{k=1}^{\lfloor p/2 \rfloor}\binom{2p-2k-1}{p-1}\zeta(2k)-\frac{(-1)^p}{2}\binom{2p}{p}.}$$

Answer 2

$\newcommand{\msc}[2]{\left(\binom{#1}{#2}\right)}$ Suponga que $p$ es un entero positivo, y escribir $\msc{n}{k}$ para el conjunto múltiple coeficiente. A continuación, por el método de Heaviside tenemos la fracción parcial de la descomposición $$\frac{1}{n^p(n+1)^p}=(-1)^p\sum_{k=1}^{p}\msc{p}{p-k}\left(\frac{(-1)^k}{n^k}+\frac{1}{(1+n)^k}\right)$$ Así que $$\begin{split}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p(n+1)^p}&=(-1)^{p-1}\msc{p}{p-1} + (-1)^p\sum_{k=2}^p\msc{p}{p-k}(-1+(1+(-1)^k)\zeta(k))\\ &=(-1)^{p-1}\sum_{k=1}^p\msc{p}{p-k} + 2(-1)^p\sum_{k=1}^{\lfloor p/2\rfloor}\msc{p}{p-2k}\zeta(2k) \end{split}$$ $$\boxed{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^p(n+1)^p}=(-1)^{p-1}\sum_{k=1}^p\msc{p}{p-k} + 2(-1)^p\sum_{k=1}^{\lfloor p/2\rfloor}\msc{p}{p-2k}\frac{(2\pi)^{2k}\lvert B_{2k}\rvert }{2(2k)!}}$$ donde $\zeta(s)$ denota la Riemann zeta función y $B_n$ indica los números de Bernoulli.

Answer 3

La recurrencia $$ \begin{align} \phi(a,b) &=\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^a(n+1)^b}\\ &=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac1{n^a(n+1)^{b-1}}-\frac1{n^{a-1}(n+1)^b}\right)\\[6pt] &=\phi(a,b-1)-\phi(a-1,b) \end{align} $$ donde $\phi(a,0)=\zeta(a)$, $\phi(0,a)=\zeta(a)-1$, e $\phi(1,1)=1$.

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La Generación De La Función $$ \begin{align} \sum_{k=1}^\infty\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{x(x+1)}{k(k+1)}\right)^n &=\frac{x(x+1)}{2x+1}\sum_{k=1}^\infty\frac{2x+1}{k(k+1)-x(x+1)}\\ &=-\frac{x(x+1)}{2x+1}\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1{x-k}+\frac1{x+k+1}\right)\\ &=1-\frac{x(x+1)}{2x+1}\pi\cot(\pi x) \end{align} $$ Sustituyendo $u=x(x+1)$, es decir, $x=\frac{-1+\sqrt{1+4u}}2$, se obtiene la generación de la función de $\sum\limits_{k=1}^\infty\frac1{k^n(k+1)^n}$ a $$ 1+\frac{\pi u}{\sqrt{1+4u}}\tan\left(\frac\pi2\sqrt{1+4u}\right) $$

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Inducción

Empezar con $$ \frac1{n(n+1)}=\frac1n-\frac1{n+1} $$ luego de la inducción en $b$ muestra que $$ \frac1{n(n+1)^b}=\frac1n-\sum_{k=1}^b\frac1{(n+1)^k} $$ y luego de la inducción en $a$ muestra que $$ \frac1{n^(n+1)^b} =\sum_{k=1}^(-1)^{- k}\frac{\binom{a+b-k-1} {- k}}{n^k} +(-1)^a\sum_{k=1}^b\frac{\binom{a+b-k-1}{b-k}}{(n+1)^k} $$ Por lo tanto, $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^(n+1)^a}=(-1)^a\left[\sum_{k=1}^{\lfloor a/2\rfloor}2\binom{2a-2k-1} {- 1}\zeta(2k)-\binom{2a-1} {- 1}\right]} $$ O desde la $\zeta(0)=-\frac12$, $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^(n+1)^a}=(-1)^a\sum_{k=0}^{\lfloor a/2\rfloor}2\binom{2a-2k-1} {- 1}\zeta(2k)} $$