Una evaluación numérica de $\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}\frac1{n!}\int_0^1x^{(n)} dx$

Question

Me gustaría obtener una evaluación numérica de la serie $$S=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}\frac1{n!}\int_0^1x(x+1)\cdots(x+n-1)\: dx$$ a cinco dígitos significativos.

He utilizado Mathematica, pero algunos resultados me desconciertan: $$\text{NSum}\left[(-1)^{\frac{n*(n+1)}{2}}*\frac{\int_0^1 \text{Pochhammer}[x,n] \, dx}{n!},\{n,1,23\}\right]=-0.530724...$$ $$\text{NSum}\left[(-1)^{\frac{n*(n+1)}{2}}*\frac{\int_0^1 \text{Pochhammer}[x,n] \, dx}{n!},\{n,1,24\}\right]=-0.298186...$$ Cualquier ayuda es bienvenida.

Answer 1

De hecho, esta serie admite una forma cerrada muy agradable.

Tenemos

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}}{n!}\int_0^1x(x+1)\cdots(x+n-1)\: dx=\color{blue}{\frac{8 \ln 2 }{\pi ^2+4 \ln^2 2}-1} \tag1$$

con la evaluación numérica

$$\begin{align} \color{blue}{-0.529727623071144825135721...} .\tag2 \end{align} $$

He encontrado el siguiente resultado.

Teorema. Dejemos que $u$ sea un número complejo tal que |u|<1. Entonces

$$\begin{align} &\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}}{n!}\left(\int_0^1x(x+1)\cdots(x+n-1)\: dx\right)u^n\\\\ &=-1+\frac{(1+i)u}{2 (1+iu)\log(1+iu)}+\frac{(1-i)u}{2 (1-iu)\log(1-iu)}, \end{align} \tag3 $$

donde $i^2=-1$ .

Prueba. Recordemos que $$ x(x+1)\cdots(x+n-1)=\sum_{k=0}^n {n\brack k}x^k \tag4 $$ donde $\displaystyle {n\brack k}$ son los números Stirling sin signo del primer tipo contando el número de permutaciones de $n$ letras que tienen exactamente $k$ ciclos, dando $$ \int_0^1 x(x+1)\cdots(x+n-1)\: dx =\sum_{k = 1 }^{n } \frac{\large {n \brack k}}{k+1}. \tag5 $$

Utilizando $(5)$ hemos demostrado que (ver aquí, la identidad $(3)$ ) para $|u|<1$ , $$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!}\left(\int_0^1x(x+1)\cdots(x+n-1)\: dx\right)u^n=-1+ \frac{u}{(1+u) \log(1+u)} \tag6 $$ y que (ver aquí ) $$ \frac{1}{n!} \int_0^1x(x+1)\cdots(x+n-1)\: dx = \mathcal{O} \left(\frac{1}{\ln n}\right), \quad \text{as} \quad n \rightarrow \infty. $$ En consecuencia, el establecimiento de $\displaystyle a_n:= \int_0^1x(x+1)\cdots(x+n-1)\: dx$ para facilitar la anotación, con $|u|<1$ se nos permite escribir $$ \begin{align} \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}\frac{a_n}{n!} u^n&=\sum_{p=1}^{\infty}(-1)^{p}\frac{a_{2p}}{(2p)!} u^{2p}+\sum_{p=1}^{\infty}(-1)^{p}\frac{a_{2p-1}}{(2p-1)!} u^{2p-1}\tag7\\\\ &=\frac12 \left(g(iu)+g(-iu)\right)-\frac i2 \left(g(iu)-g(-iu)\right) \tag8 \end{align} $$ donde $g(\cdot)$ es el miembro de la derecha de $(6)$ . Esto da $(3)$ .

La serie $$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}\frac{a_n}{n!} \tag9 $$ es convergente por la Prueba de Dirichlet , entonces deducimos $(1)$ de $(3)$ por Teorema de Abel , utilizando $$ -1+\frac{1}{2 \log(1-i)}+\frac{1}{2 \log(1+i)}=-1+\frac{8 \ln 2 }{\pi ^2+4 \ln^2 2}. $$

Answer 2

Suma de los Integrands

Podemos utilizar la identidad $$ \frac{(1+i)i^n+(1-i)(-i)^n}2=(-1)^{\frac{n(n+1)}2}\tag{1} $$ para conseguir $$ \begin{align} &\sum_{n=0}^\infty(-1)^{\frac{n(n+1)}2}\frac{x(x+1)\cdots(x+n-1)}{n!}\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac{(1+i)i^n+(1-i)(-i)^n}2\binom{n+x-1}{n}\tag{2a}\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac{(1+i)(-i)^n+(1-i)i^n}2\binom{-x}{n}\tag{2b}\\ &=\frac{1+i}2(1-i)^{-x}+\frac{1-i}2(1+i)^{-x}\tag{2c}\\ &=\frac{1+i}22^{-x/2}e^{i\pi x/4}+\frac{1-i}22^{-x/2}e^{-i\pi x/4}\tag{2d}\\[4pt] &=2^{-(x+1)/2}e^{i\pi(x+1)/4}+2^{-(x+1)/2}e^{-i\pi(x+1)/4}\tag{2e}\\[8pt] &=2^{-(x-1)/2}\cos(\pi(x+1)/4)\tag{2f}\\[8pt] &=2^{(1-x)/2}\sin(\pi(1-x)/4)\tag{2g} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(2a)}$ : aplicar $(1)$
$\text{(2b)}$ : $\binom{-x}{n}=(-1)^n\binom{n+x-1}{n}$
$\text{(2c)}$ Aplicar el Teorema Binomial
$\text{(2d)}$ Convertir en forma polar
$\text{(2e)}$ : álgebra
$\text{(2f)}$ : convertir a la forma trigonométrica
$\text{(2g)}$ : $\cos(\pi(x+1)/4)=-\sin(\pi(x-1)/4)$

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Integrar la suma Tenga en cuenta que hemos incluido el $n=0$ término, que es $1$ , en $(2)$ . Simplemente tenemos que integrar $(2)$ en $[0,1]$ y restar la contribución del $n=0$ término, que es $1$ . $$ \begin{align} &\int_0^12^{(1-x)/2}\sin(\pi(1-x)/4)\,\mathrm{d}x-1\\ &=\int_0^12^{x/2}\sin(\pi x/4)\,\mathrm{d}x-1\\ &=\mathrm{Im}\!\left(\int_0^1e^{(\log(2)/2+i\pi/4)x}\,\mathrm{d}x\right)-1\\ &=\mathrm{Im}\!\left(\frac{i}{\log(2)/2+i\pi/4}\right)-1\\ &=\bbox[5px,border:2px solid #C00000]{\frac{8\log(2)}{4\log(2)^2+\pi^2}-1}\\[3pt] &\doteq-0.52972762307114482514\tag{3} \end{align} $$ Esto coincide con el resultado de Olivier Oloa.

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Cambiar el orden

Utilizando la log-convexidad de $\Gamma(x)$ y los primeros términos de la serie de potencias para $\Gamma(x)$ cerca de $x=1$ se muestra en esta respuesta que $$ \frac1{n!}\int_0^1\frac{\Gamma(x+n)}{\Gamma(x)}\,\mathrm{d}x \sim\frac1{\log(n)}-\frac\gamma{\log(n)^2}-\frac{\frac{\pi^2}6-\gamma^2}{\log(n)^3}+O\left(\frac1{\log(n)^4}\right)\tag{4} $$ Esto significa que los términos en $$ \sum_{n=1}^\infty(-1)^{n(n+1)/2}\frac1{n!}\int_0^1\frac{\Gamma(x+n)}{\Gamma(x)}\mathrm{d}x\tag{5} $$ convergen muy lentamente. Teniendo en cuenta esto, es razonable cuestionar el cambio de orden entre la integración y la suma.

Sin embargo, nosotros son permite cambiar el orden de una suma finita y la integración, y por lo tanto, podemos considerar la suma agrupada en cuatros.

Desde $(-1)^{n(n+1)/2}$ a partir de $n=1$ , sigue el patrón $-1,-1,+1,+1,\dots$ y los valores absolutos de los términos son monótonamente decrecientes, la suma de cada grupo de cuatro términos es negativa. Como la suma converge, converge absolutamente. Ahora podemos aplicar Teorema de Fubini para permitirnos cambiar el orden de la suma (integración en un espacio discreto) y la integración.

Answer 3

Puede esperar el error en $S_n$ para ser del orden de $a_{n+1}$ . El problema es que la secuencia $$ \frac1{n!}\int_0^1x(x+1)\cdots(x+n-1)\,dx $$ disminuye muy lentamente. De hecho $$ a_{2^{20}}=0.06865413726465990. $$ He hecho cálculos que sugieren que $a_n$ disminuye como $C/\log n$ para alguna constante $C$ . Esto implica que para obtener un error de orden $10^{-5}$ necesitas sumar $e^{10^5}$ términos.

Answer 4

Desde entonces: $$x(x+1)\cdot\ldots\cdot(x+n-1) = \frac{\Gamma(x+n)}{\Gamma(x)}=\frac{1}{\Gamma(x)}\int_{0}^{+\infty}t^{x+n-1}e^{-t}\,dt$$ que tenemos: $$ \sum_{\substack{n\geq 1\\n\equiv 1\!\!\pmod{\!\!4}}}\!\!\!\!\!\!\frac{x(x+1)\cdot\ldots\cdot(x+n-1)}{n!}=\frac{1}{\Gamma(x)}\int_{0}^{+\infty}t^x e^{-t}\sum_{k=0}^{+\infty}t^{4k}\,dt$$ Así que..: $$ \sum_{n\geq 1}(-1)^{\frac{n(n+1)}{2}}\frac{x(x+1)\cdot\ldots\cdot(x+n-1)}{n!}=\frac{1}{\Gamma(x)}\int_{0}^{+\infty}t^x e^{-t}\frac{-1-t+t^2+t^3}{1-t^4}\,dt$$ y la suma original es igual: $$ S=-\int_{0}^{1}\int_{0}^{+\infty}\frac{t^x}{\Gamma(x)}\frac{1+t}{1+t^2}e^{-t}\,dt\,dx\tag{1}$$ que se puede aproximar bastante bien utilizando el producto de Weierstrass para el $\Gamma$ función.

Usando Mathematica, con la fórmula anterior obtuve $$ S \approx \color{red}{-0.4018838\ldots}.\tag{2}$$