Evaluando $\sum\limits_{x=2}^\infty \frac{1}{!x}$ en forma exacta.

Question

Introducción:

Sabemos que:

$$\sum_{x=0}^\infty \frac{1}{x!}=e$$

Pero ¿qué pasa si reemplazamos $x!$ con $!x$ también llamado la función subfactorial también llamada el número de desorden $x$? Interesantemente, esto es simplemente un múltiplo de $e$ y una suma basada en la Función Gamma Incompleta. Esto nos dará un nuevo número ya que los términos $n=0$ y 1 divergen como resultado del recíproco. También uso la Función Integral Exponencial Generalizada y la función Round. La entrada en OEIS para la constante es A281682:

\begin{align*} S &=\sum_{x=2}^\infty \frac{1}{!x} =\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{\operatorname{Round}\bigl(\frac{x!}{e}\bigr)} =e\sum_{x=2}^\infty\frac{1}{(x+1,-1)}= \\ &= e\sum_{n=3}^\infty \frac 1{(x,-1)}=\sum_{X=0}^\infty \sum_{x=2}^\infty\frac{1}{(X+1)(x+1,-1)} =-e\sum_{x=2}^\infty\frac{(-1)^x}{E_{-x}(-1)}= -e\sum_{x=-\infty}^{-2}\frac{(-1)^x}{E_x(-1)} =1.63822707… \end{align*}

Posible Aplicación de la fórmula de Abel-Plana:

También podemos usar la fórmula de Abel-Plana, y la versión de la serie alternativa, para encontrar una representación integral de la suma. También puedes usar otras representaciones del término de la suma, pero esta integral probablemente sea difícil de trabajar.

Nota que la fórmula de Abel-Plana puede no funcionar con la constante:

\begin{align*} S &=\sum_{x=0}^\infty\frac{1}{!(x+2)} =\frac{1}{2} + \int_0^\infty \frac{dx}{!(x+2)} + i\int_0^\infty\frac{\frac{1}{!(2+ix)}-\frac{1}{!(2-ix)}}{e^{2\pi x}-1} \, dx \\ \implies -\frac{S}{e} &=\sum_{x=0}^\infty\frac{(-1)^x}{E_{-x-2}(-1)}=-\frac{1}{2e} + \frac i2\int_0^\infty \left[\frac{1}{E_{-ix-2}(-1)}-\frac{1}{E_{ix-2}(-1)}\right] \operatorname{csch}(\pi x) \, dx \end{align*}

Observa este buen resultado en forma cerrada de

$$\sum_{x=-\infty}^0 \text {Im}(!x)=-\frac{\pi}{e^2}$$

No creo que este problema tan simple haya sido publicado hasta ahora.

La suma no necesita estar en forma cerrada.

También puedes reescribirla en términos de una mejor suma. Estoy más interesado en una evaluación o manipulación de la suma. ¡Por favor corrige cualquier error y dame retroalimentación!

Una visión de Mittag-Leffler:

Debido a que $$\sum_{x=2}^\infty \frac{1}{!x} =e\sum_{x= 2}^\infty\frac{1}{(x+1,-1)}= e\sum_{n=3}^\infty\frac 1{(x,-1)} $$

uno puede notar la relación con la función Mittag-Leffler:

$$\text E_{a,b}(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{(ax+b)}$$

El único problema es si existiera una función para la función Mittag-Leffler análoga a la función gamma incompleta. ¡Quizás se pueda encontrar esta función o usar la ya conocida?

Otra Representación Integral:

Se puede mostrar que lo siguiente es cierto usando el método de @Jack Barber en

$$\sum_\Bbb N \text{erfc}(x)$$

Aquí hay una representación integral utilizando la linealidad de la función Floor y la función Meijer G:

$$\sum_2^\infty \frac{1}{!x}=-\int_2^\infty \lfloor x-1\rfloor \frac{d}{dx} \frac{1}{!x}dx=\int_2^\infty \frac{d}{dx} \frac{1}{!x} dx-\int_2^\infty\lfloor x\rfloor \frac{d}{dx} \frac{1}{!x} dx=\frac1{!\infty}-\frac1{!2}-\int_2^\infty \lfloor x \rfloor \frac{d}{dx} \frac{1}{!x} =-1-\int_2^\infty \lfloor x \rfloor \frac{d}{dx} \frac{1}{!x}dx= -1-\int_2^\infty \lfloor x \rfloor\left(-\frac{\text G_{2,3}^{3,0}\big(-1\left|_{0,0,x+1}^{\ \ \ \ 1,1}\right)}{e(!x)^2}-\frac{i\pi}{!x}\right)dx =\frac1e\int_2^\infty \frac{\lfloor x\rfloor\text G_{2,3}^{3,0}\left(-1\big|_{0,0,x+1}^{\ \ \ \ 1,1}\right)}{(!x)^2} dx+i\pi\int_2^\infty\frac{\lfloor x\rfloor}{!x}dx-1$$

La función Meijer G es difícil de usar, pero se pueden encontrar muchas más representaciones integrales utilizando formas alternativas de la función floor; incluso hay una en términos de funciones elementales.

Una Serie Expandible:

Convirtiendo la función Round a funciones elementales, obtenemos esta forma:

$$e\sum_{m=0}^\infty \sum_{n=2}^\infty \frac{\left(\frac e\pi\frac{\tan^{-1}\left(\tan\left(\frac\pi en!\right) \right)}{n!}\right)^m}{n!}$$

Después de un poco más de trabajo, eliminamos $!n$ del denominador reemplazándolo con gamma regularizado $Q(a,z)$:

$$S=\sum_{m=0}^\infty\sum_{k=0}^n(-1)^k e^{k+1}\binom mk\sum_{n=2}^\infty\frac{(!n)^k}{n!^{k+1}}=\boxed{e\sum_{m,k=0}^\infty\binom mk(-1)^k\sum_{n=2}^\infty\frac{Q^k(n+1,-1)}{n!}}$$

Mostrado aquí.

Conclusión:

Una forma cerrada es opcional, pero buenas representaciones alternativas para $S$ también funcionarían. Por favor, no inventes ninguna nueva función. Alternativamente, ¿cuál es $\sum\limits_{n=2}^\infty\frac{Q^k(n+1,-1)}{n!}$?

Answer 1

No puedo ver este incluido arriba porque usa una función mucho más simple que las anteriores, pero podría ser equivalente a una de ellas al final. Comenzamos con la función generadora exponencial para subfactorial

$$E(x)=\frac{e^{-x}}{1-x}$$

Tenemos

$$E(x)=\sum\limits_{n=0}^{\infty}!n\frac{x^n}{n!}$$

Ahora lo bueno de esto es que la diferenciación nos da fácilmente

$$E^{(n)}(0)=!n$$

o

$$\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac1{!n}=\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac1{E^{(n)}(0)}$$

Hay muchas herramientas para tratar con diferenciales. Como ejemplo, podemos usar, desde lo complicado, pero preciso, la fórmula de derivadas de Lanczos

$$E^{(n)}(0)=\lim_{h\to 0}\frac{(2n+1)!}{2^{n+1}n!}\frac1{h^{n+1}}\int_{-h}^h E(x)P_n(\frac{x}{h})\mathrm dx$$

Derivada generalizada de Lanczos para órdenes superiores (10)

donde $P_n(x)$ es un polinomio de Legendre, que lleva a una conexión directa con la integral exponencial, pero igualmente a la fórmula de Cauchy, a las fórmulas de diferencia central más simples, etc. aún notando que $E^{(n)}(0)$ es un entero, lo que da un margen de error claro necesario para cada cálculo.

Debido al recíproco involucrado, ninguna de las resoluciones intentadas conduce a ninguna simplificación real de la expresión. Sin embargo, de todas las opciones dadas, esta parece la más simple.

Observa que si definimos el operador de diferencia de esta manera

$$\frac{1}{f^{(n)}(x)}=\frac{1}{\frac{d^n}{dx^n}f(x)}=\frac{1}{D^n}f$$

(similar a $\frac1{D}\sin(x)=\frac1{\sin'(x)}=\frac1{\cos(x)}$)

podemos escribir una expresión simbólica muy corta

$$\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac1{!n}=\frac1{D(D-1)}E(0)$$

que es una notación simbólica abreviada para la suma de operadores

$$(\frac1{D(D-1)})f=(\sum\limits_{n=2}^{\infty}\frac1{D^n})f$$