Series Infinitas $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\prod_{k=1}^{m}(n+k)}$

Question

Cómo demostrar la siguiente igualdad? $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\prod_{k=1}^{m}(n+k)}=\frac{1}{(m-1)m!}.$$

Answer 1

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\prod_{k=1}^{m}(n+k)}= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n!}{(n+m)!} = \frac{1}{m!}\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{\binom{m+n}{n}}$$

Ahora

$$\frac{1}{\binom{m+n}{n}} = m \int_0^1 dx \, x^{m-1} (1-x)^n$$

de modo que la suma en cuestión es igual a, a la reversión de la suma y la integral

$$\begin{align}m \int_0^1 dx \, x^{m-1} \sum_{n=1}^{\infty} (1-x)^n &= m \int_0^1 dx \, x^{m-1} \frac{1-x}{x} \\ &= m \int_0^1 dx \, \left ( x^{m-2}-x^{m-1}\right) \\ &= m \left (\frac{1}{m-1}-\frac{1}{m}\right ) \\ &= \frac{1}{m-1} \end{align}$$

Poniendo todo esto junto,

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\prod_{k=1}^{m}(n+k)}= \frac{1}{(m-1) m!}$$

como iba a ser mostrado.

Answer 2

Tenga en cuenta que $\prod\limits_{k=1}^{m}(n+k) = \frac{(n+m)!}{n!}$, luego de probar por inducción de la fórmula explícita para la $s$'ésima suma parcial $$ \sum_{n=1}^{s}\frac{1}{\prod_{k=1}^{m}(n+k)} = \sum_{n=1}^{s}\frac{n!}{(n+m)!} = \frac{1}{m-1} \left( \frac{1}{m.} - \frac{(s+1)!}{(s+m)!}\right) $$ y tomar el límite de $s \rightarrow \infty.$

Answer 3

Otro enfoque sin usar oculto beta y gamma de funciones, cuando uno se pone a ejercitar la manipulación de los coeficientes binomiales y funciones de generación es el uso de $$\prod_{k=1}^m \frac{1}{n+k} = \frac{1}{(m-1)!} \sum_{k=0}^{m-1} (-1)^k \binom{m-1}{k} \frac{1}{n+k+1}.$$ Ahora calcular cómo a menudo la fracción $1/q$ donde $q\ge m+1$ se produce en el lado derecho y con lo que los coeficientes. Se produce por primera vez en el término de $n=q-m$ y para el último momento en $n=q-1,$, por lo que su coeficiente es (teniendo en cuenta que $k = q-n-1$) $$\sum_{n=q-m}^{q-1} (-1)^{q-n-1} \binom{m-1}{q-n-1}.$$ Poner $p=q-n-1$ en la anterior suma para obtener $$\sum_{p=p-(q-m)-1}^{p-(q-1)-1} (-1)^p \binom{m-1}{p} = \sum_{p=m-1}^0 (-1)^p \binom{m-1}{p} = \sum_{p=0}^{m-1} (-1)^p \binom{m-1}{p} = 0,$$ así, por $q\ge m+1$ la suma de los telescopios y la contribución de el valor de $1/q$ es cero.

El resto de la contribución $$\sum_{q=2}^m \frac{1}{q}\sum_{n=1}^{p-1} (-1)^{p-n-1} \binom{m-1}{p-n-1} = \sum_{q=2}^m \frac{1}{q}\sum_{n=0}^{q 2} (-1)^n \binom{m-1}{n}$$

Para concluir preguntamos dónde $\binom{m-1}{n}$ aparece y para qué valores de a $q$, al pasar $$ \sum_{n=0}^{m-2} (-1)^n \binom{m-1}{n} \sum_{q=2+n}^m \frac{1}{q} = \sum_{n=0}^{m-2} (-1)^n \binom{m-1}{n} \left(H_m - H_{n+1}\right).$$ Dividir la suma en dos para obtener el primer lugar, $$H_m \sum_{n=0}^{m-2} (-1)^n \binom{m-1}{n} = H_m (0 - (-1)^{m-1} ) = (-1)^m H_m$$ y segundo, $$ \sum_{n=0}^{m-2} (-1)^n \binom{m-1}{n} H_{n+1} = \sum_{n=0}^{m-1} (-1)^n \binom{m-1}{n} H_{n+1} - (-1)^{m-1} H_m = \sum_{n=0}^{m-1} (-1)^n \binom{m-1}{n} H_{n+1} + (-1)^m H_m$$ de modo que la diferencia entre los dos es $$- \sum_{n=0}^{m-1} (-1)^n \binom{m-1}{n} H_{n+1}.$$ Este es el binomio de transformación de $H_{n+1}$ y ya $$\sum_{n\ge 1} H_{n+1} z^n = f(z) = \frac{1}{z} \frac{1}{1-z} \log \frac{1}{1-z}$$ la suma ha de generación de función $$\frac{1}{1-z} f\left(\frac{z}{z-1}\right) = \frac{1}{z} (1-z) \log \frac{1}{1-z} = \left(\frac{1}{z}-1\right) \log \frac{1}{1-z} \\= \sum_{m\ge 1} \left(\frac{1}{m+1}-\frac{1}{m}\right) z^m = -\sum_{m\ge 1} \frac{1}{m(m+1)} z^m.$$ Observar que tenemos el coeficiente de $z^{m-1}.$ Se sigue que la suma original tiene valor $$ \frac{1}{(m-1)!} \frac{1}{(m-1)m} = \frac{1}{(m-1)m!}$$ como iba a ser mostrado.

Voy a probar el parcial fracción de identidad en un adicional de respuesta.

Answer 4

Adenda. La fracción parcial de la identidad en la parte superior puede ser demostrado por inducción en $m$. El caso de $m=1$ es trivial. La inducción paso que da $$\frac{1}{(m-1)!} \sum_{k=0}^{m-1} (-1)^k \binom{m-1}{k} \frac{1}{n+k+1} \frac{1}{n+m+1} \\ = \frac{1}{(m-1)!} \sum_{k=0}^{m-1} (-1)^k \binom{m-1}{k} \frac{1}{m-k} \left( \frac{1}{n+k+1} - \frac{1}{n+m+1} \right).$$ La primera parte de la suma es $$\frac{1}{(m-1)!} \sum_{k=0}^{m-1} (-1)^k \binom{m-1}{k} \frac{1}{m-k} \frac{1}{n+k+1} = \frac{1}{m.} \sum_{k=0}^{m-1} (-1)^k \binom{m}{k} \frac{1}{n+k+1}.$$ La segunda parte es $$- \frac{1}{n+m+1} \frac{1}{(m-1)!} \sum_{k=0}^{m-1} (-1)^k \binom{m-1}{k} \frac{1}{m-k} = - \frac{1}{n+m+1} \frac{1}{m.} \sum_{k=0}^{m-1} (-1)^k \binom{m}{k} \\ = - \frac{1}{n+m+1} \frac{1}{m.} (0 - (-1)^m) = \frac{1}{n+m+1} (-1)^m \frac{1}{m.}.$$ Poniendo estos dos juntos completa la inducción.

Esta fracción parcial de la identidad también fue utilizado aquí en el MSE.