Dado $S_n = \sum \dots$ y $a_n = \sum \dots$ demuestre que $a_n = S_n + {1\over n\cdot n!}$

Question

Intento resolver el siguiente problema:

Déjalo: $$ \begin{align} S_n &= 2 + {1\over2!} + {1\over3!} + {1\over 4!} + \dots + {1\over n!} \\ a_n &= 3 - {1\over 1\cdot2\cdot2!} - {1\over 2\cdot3\cdot3!} - \dots - {1\over (n-1)\cdot n\cdot n!} \end{align} $$ Demuéstralo: $$ a_n = S_n + {1\over n\cdot n!} $$

Mis pensamientos sobre esto son:

Manipular las sumas aquí sería bastante difícil, así que decidí utilizar otro enfoque. He intentado mirar cuáles van a ser los primeros términos de cada suma para observar un patrón:

$$ \begin{align} S_1 &= 2 \\ S_2 &= 2 + {1\over 2!} = S_1 + {1\over 2!} \\ S_3 &= 2 + {1\over 2!} + {1\over 3!} = S_2 + {1\over 3!}\\ &\vdots \\ S_{n+1} &= S_n + {1\over (n+1)!} \end{align} $$

Algo similar se hace con $a_n$ :

$$ a_{n+1} = a_n - {1\over n\cdot (n+1) \cdot (n+1)!} $$

Así que potencialmente si pudiéramos encontrar formas cerradas de ambos $S_n$ y $a_n$ sería más fácil razonar sobre ellos.

Por cierto, he observado ambas sumas enfoque $e$ en el infinito pero desde lados diferentes. $S_n$ está partiendo de $2$ añadiendo más términos a medida que $n$ crece, mientras que $a_n$ parte de 3 y disminuye la suma a medida que $n$ crece. Así que esas serán nuestras condiciones iniciales para ambas recurrencias:

$$ S_1 = 2 \\ a_1 = 3 $$

El problema se reduce a encontrar formas cerradas de las recurrencias. Ambas son no homogéneas y aquí es donde me he atascado. Resolver la parte homogénea es fácil ya que las raíces de ambas ecuaciones características $\lambda_{a_n} = \lambda_{S_n} = 1$ .

No pude encontrar una solución concreta para ellos. He intentado otro enfoque expresando $S_{n+1}$ y $S_{n+2}$ tratando de deshacerse de la $1\over (n+1)!$ o al menos cambiar su forma para que la adivinación de la solución particular sea más obvia.

Mis preguntas son:

1. ¿Es siquiera un planteamiento válido para resolver el problema?
2. Si es así, ¿cómo podría encontrar una forma cerrada para las recurrencias? Especialmente estoy interesado en encontrar una solución particular. (Sin embargo, un flujo completo es muy apreciado y fomenta el aprendizaje mediante el ejemplo)
3. No estoy seguro de cómo expresarlo mejor, pero ¿existe una tabla de "conjeturas" para la solución particular de las recurrencias en alguna forma de $x_{n+1} = x_n + F(n)$ . Al igual que si el "término libre" es una constante decir $F(n) = 2$ entonces la conjetura para la solución particular es alguna constante $B$ .

Por favor, disculpadme si hay alguna imprecisión o inexactitud en la terminología, el inglés no es mi lengua materna y casi no tengo conocimientos de matemáticas.

Answer 1

Personalmente, podría probar su método, pero no creo que sea prometedor. Yo lo demostraría por inducción. Para su pregunta 3, podría comprobar este y podrías probar estas técnicas de resolución, pero podrías volver a la expresión dada en el problema.

Prueba por inducción

$a_2 - S_2 = 3- 1/4 - (1 + 1/1! + 1/2!) $ [Creo que hay algún error tipográfico en su expresión de $S_n$ ] $= 1/4 = 1/(2 \cdot 2!)]$ . Supongamos que la ecuación se cumple para $n$ . Entonces para $n+1$ , \begin{align*} a_{n+1} - S_{n+1} &= a_n - S_n - \frac 1 {n(n+1) \cdot (n+1)!} - \frac 1{(n+1)!} \\ &= \frac 1 {n!n }-\frac 1 {n(n+1) \cdot (n+1)!} - \frac 1{(n+1)!} \\ &= \frac 1 {(n+1)! (n+1)} \left( \frac {(n+1)^2}n -\frac 1n -(n+1) \right)\\ &= \frac 1 {(n+1)! (n+1)}. \end{align*} Por tanto, la ecuación es válida para todos los $n \geqslant 2$ por el principio de inducción.

Answer 2

$$ \begin{align} \color{red}{a_{n}-S_{n}} &=\left(3-\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{(n-1)\cdot n\cdot n!}\right)-\left(2+\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{n!}\right) \\[2mm] &=1-\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{n!}\left(1+\frac{1}{(n-1)\cdot n}\right) =1-\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{n!}\left(1+\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right) \\[2mm] &=1-\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{n!}\left(\frac{n}{n-1}-\frac{1}{n}\right) =1-\sum_{k=2}^{n}\left(\frac{1}{(n-1)\cdot (n-1)!}-\frac{1}{n\cdot n!}\right) \\[2mm] &=1-\frac{1}{1\cdot1!}+\frac{1}{2\cdot2!}-\frac{1}{2\cdot2!}+\frac{1}{3\cdot3!}-\cdots+\frac{1}{n\cdot n!}=\color{red}{\frac{1}{n\cdot n!}}\quad\left\{\text{telescoping}\right\} \end{align} $$