Encuentre $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\prod_{i=0}^{k} \left(n+i\right)}$

Question

La pregunta original es $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\prod_{i=0}^{k} \left(n+i\right)}$$ Lo he reducido a $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(n-1)!}{(k+n)!}$$ Aquí estoy confundido. ¡Posible descomposición de la fracción pero es feo! ¿Tal vez este enfoque no es bueno? ¿Ideas?

La respuesta es $$\frac{1}{k \cdot k!}$$ Sin embargo, quiero saber cómo proceder con mi trabajo

Answer 1

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n-1)!}{(k+n)!}\\ = \frac{1}{k!}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{k!(n-1)!}{(k+n)!}\\ =\frac{1}{k!}\sum_{n=1}^{\infty} \beta(k+1,n)\\ =\frac{1}{k!}\sum_{n=1}^{\infty} \int_0^1 t^k(1-t)^{n-1}dt\\ =\frac{1}{k!}\int_0^1 t^k\bigg(\sum_{n=1}^{\infty}(1-t)^{n-1}\bigg)dt\\ =\frac{1}{k!}\int_0^1 \frac{t^k}{t}dt\\ =\frac{1}{k \cdot k!}$$

Aquí, $\beta(\cdot,\cdot)$ es la función beta.

Answer 2

Para $k\ge 0$ y $n\ge 1$ , dejemos que $$ A_k(n)=\frac{1}{\prod\limits_{i=0}^{k}(n+i)}\ . $$ Entonces $$ A_k(n+1)-A_k(n)=\frac{1}{\prod\limits_{i=0}^{k}(n+1+i)}- \frac{1}{\prod\limits_{i=0}^{k}(n+i)} $$ $$ =\frac{1}{\prod\limits_{i=1}^{k+1}(n+i)}-\frac{1}{\prod\limits_{i=0}^{k}(n+i)} $$ desplazando el índice en el primer producto. Luego, al factorizar los factores comunes $$ A_k(n+1)-A_k(n)=\frac{1}{\prod\limits_{i=1}^{k}(n+i)} \times\left[\frac{1}{n+k+1}-\frac{1}{n}\right] $$ $$ =\frac{1}{\prod\limits_{i=1}^{k}(n+i)} \times\left[\frac{-(k+1)}{n(n+k+1)}\right]\ . $$ Así que $$ A_k(n+1)-A_k(n)=-(k+1)A_{k+1}(n)\ . $$ Ahora la serie deseada se puede calcular por telescopia, para $k\ge 1$ , $$ \sum\limits_{n=1}^{\infty}A_k(n)=\frac{1}{k}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left[ A_{k-1}(n)-A_{k-1}(n+1) \right]=\frac{A_{k-1}(1)}{k}=\frac{1}{k\times k!}\ . $$

Observación: La identidad clave $A_{k-1}(n+1)-A_{k-1}(n)=-k A_{k+1}(n)$ es el análogo discreto de $\frac{d}{dx}x^{-k}=-k x^{-k-1}$ . El mismo tipo de argumento funciona también para los productos de los numeradores. De hecho, esto da una forma de calcular sumas de potencias $\sum_{n=1}^{N}n^k$ cambiando la base lineal por la de potencias crecientes. Esto implica los números de Stirling.

Answer 3

\begin{align*} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)...(n+k)} &= \frac{1}{k} \sum_{n=1}^\infty \frac{k}{n(n+1)...(n+k)} \\ &= \frac{1}{k} \sum_{n=1}^\infty \left[ \frac{1}{n(n+1)...(n+k-1)} - \frac{1}{(n+1)...(n+k)} \right], \\ \end{align*}

y esta serie de telescopios para que cada menos se cancele con un más, y nos quedemos sólo con el primer término del más, cuando $n = 1$ :

$$\frac{1}{k} \frac{1}{1(1+1)...(1+k-1)} = \frac{1}{k * k!}$$