$\sum\limits_{n\geq 0}\frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)}$ sin utilizar sumas telescópicas

Question

Soy realmente nuevo en el análisis complejo y me gustaría ver cómo se puede encontrar una solución a una serie infinita que se parece a esto:

$$\sum\limits_{n\geq 0}\frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)}$$

o

$$\sum\limits_{n\geq 0}\frac{1}{(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)}$$

También me interesa saber cómo evaluamos los residuos. Entiendo que aquí sólo tenemos polos simples. Estos ejemplos concretos que he hecho parecen un poco tediosos, pero tienen soluciones bastante sencillas según Wolfram.

Answer 1

Esto no utiliza un análisis complejo, pero para mí es la forma más fácil y natural de evaluar estas sumas, así que lo escribiré aquí. Sea $f(x)=1/(1-x)=\sum_{n\geq0}x^n$ para que $D^{-1}f(x)=\sum_{n\geq0}\frac1{n+1}x^{n+1}$ , y de forma similar $D^{-k}f(x)=\sum_{n\geq0}\frac{1}{(n+1)(n+2)\dotsm(n+k)}x^{n+k}$ para cualquier número entero $k>0$ . Una vez que tenemos esta expresión, simplemente evaluamos en $x=1$ (o tomar el límite como $x\to1$ ) para obtener nuestra suma original.

Como ejemplo, digamos que queremos evaluar $\sum_{n\geq0}\frac1{(n+1)(n+2)(n+3)}.$ Observando que todos los $D^{-k}f(x)$ son $0$ en $x=0$ vemos que

$$\begin{split}D^{-3}f(x)&=D^{-2}(-\log(1-x))\\ &=D^{-1}((1-x)\log(1-x)+x)\\ &=-\frac12\left(x-1\right)^2\log(1-x)+\frac14x(3x-2).\end{split}$$

Así que el valor de la suma no es más que el límite de esta expresión como $x\to1$ que se puede calcular (utilizando, por ejemplo, la expansión en serie de $\log(1-x)$ ) para ser $\dfrac14$ que es la respuesta deseada.

Answer 2

Mi solución sólo vale para un número par de factores.

Se puede considerar un sistema de cuadrados anidados $\Gamma_n$ con centros en $0$ y vértices $z=\pm\pi(n+\frac{1}{2})\pm i\pi(n+\frac{1}{2})$ . Para ellos $d_n=\min\limits_{z\in\Gamma_n}|z|=\pi(n+\frac{1}{2})$ , longitud de $\Gamma_n$ es $S_n=8\pi(n+\frac{1}{2})$ y $\frac{S_n}{d_n}=8$ . Se puede demostrar que en este sistema de cuadrados el $\text{ctg} z$ está limitada por alguna constante $c$ independiente de $n$ .

Consideremos ahora la función $f(z)=\frac{\pi^2\text{ctg} \pi z}{(z+1)(z+2)(z+3)(z+4)}$ y por el teorema del residuo de Cauchy $\displaystyle\int\limits_{\Gamma_n^+}f(z)dz=2\pi i(\text{res}_0f(z)+\text{res}_{-1}f(z)+\text{res}_{-2}f(z)+\text{res}_{-3}f(z)+\text{res}_{-4}f(z)+\sum\limits_{k=-n}^n\text{res}_{ k}f(z))$ . En la última suma $k\ne0,-1,-2,-3,-4$ .

Calculamos los residuos $\text{res}_0f(z)=\frac{\pi}{24}$ , $\text{res}_{-1}f(z)=-\frac{11\pi}{36}$ , $\text{res}_{-2}f(z)=\frac{\pi}{4}$ , $\text{res}_{-3}f(z)=\frac{\pi}{4}$ , $\text{res}_{-4}f(z)=-\frac{11\pi}{36}$ , $\text{res}_{k}f(z)=\frac{\pi}{(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)}$ .

Así que $\displaystyle\int\limits_{\Gamma_n^+}f(z)dz=2\pi i\left(-\frac{5\pi}{72}+\sum\limits_{k=-n}^{-5}\frac{\pi}{(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)}+\sum\limits_{k=1}^{n}\frac{\pi}{(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)}\right)$ .

Además, $\left|\displaystyle\int\limits_{\Gamma_n^+}f(z)dz\right|\leq\frac{c\pi^2S_n}{(d_n-1)(d_n-2)(d_n-3)}\to0$ Así que $\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)}+\sum\limits_{k=-\infty}^{-5}\frac{1}{(k+1)(k+2)(k+3)(k+4)}=\frac{5}{72}$ . Finalmente, la segunda suma se reduce a la primera.

Answer 3

Todos estos ejemplos particulares pueden abordarse con una elegante serie telescópica. Observe que:

$$\frac{p-1}{(n+1)(n+p)}=\frac1{n+1}-\frac1{n+p}$$

Dividir ambos lados por $(n+2)\dots(n+p-1)$ y se obtiene una serie telescópica, con el resultado general de:

$$\sum_{n\ge0}\frac1{(n+1)\dots(n+p)}=\frac1{(p-1)(p-1)!}$$

donde $p=3,4$ son los casos dados.