Divertida suma infinita doble

Question

Estaba jugando con una versión modificada del triángulo de Pascal (con ${n \choose k}^{-1}$ en lugar de $n \choose k$ en todas partes) y esta suma infinita salió:

$$\sum_{k=2}^{\infty}\sum_ {n=1}^{\infty} \frac{1}{n(n+1)(n+2)...(n+k-1)} $$

Las sumas parciales parecen acercarse $\alpha \approx 1.317...$

¿Existe una forma cerrada para $\alpha$ ¿Existe?

Answer 1

No es difícil desanidar estas series dobles.

Lema 1. Para cualquier $k\geq 2$ tenemos $$ \sum_{n\geq 1}\frac{1}{n(n+1)\cdot\ldots\cdot(n+k-1)}=\sum_{n\geq 1}\frac{1}{(n)_k}=\frac{1}{(k-1)\cdot(k-1)!}.$$

Prueba: basta con explotar Función beta de Euler y una serie geométrica, ya que: $$\begin{eqnarray*}\sum_{n\geq 1}\frac{1}{(n)_k}=\sum_{n\geq 1}\frac{\Gamma(n)}{\Gamma(n+k)}&=&\frac{1}{\Gamma(k)}\sum_{n\geq 1}B(k,n)\\&=&\frac{1}{\Gamma(k)}\sum_{n\geq 1}\int_{0}^{1}x^{n-1}(1-x)^{k-1}\,dx\\&=&\frac{1}{\Gamma(k)}\int_{0}^{1}\sum_{n\geq 1}(1-x)^{k-1}x^{n-1}\,dx\\&=&\frac{1}{\Gamma(k)}\int_{0}^{1}(1-x)^{k-2}\,dx\\&=&\frac{1}{\Gamma(k)}\int_{0}^{1}x^{k-2}\,dx = \frac{1}{(k-1)\cdot(k-1)!}.\end{eqnarray*} $$

En particular, tenemos: $$ S = \sum_{k\geq 2}\sum_{n\geq 1}\frac{1}{(n)_k} = \sum_{m\geq 1}\frac{1}{m\cdot m!}=\int_{0}^{1}\sum_{m\geq 1}\frac{x^{m-1}}{m!}\,dx = \color{red}{\int_{0}^{1}\frac{e^x-1}{x}\,dx}.$$ Esta última no es una integral elemental sino una integral exponencial .

Por fin, un enorme BIENVENIDO a MSE .

Answer 2

Intercambiando el orden de la suma vemos los recíprocos de Secuencia OEIS A001563 es decir $\sum_{n\ge 1} \frac{1}{n\cdot n!}$ . Alpha nos dice que la suma es $$Ei(1)-\gamma$$

Ei es el integral exponencial y $\gamma$ es el Constante de Euler-Mascheroni . Por supuesto, esto es algo circular, ya que $Ei(1)$ es básicamente la serie que intentamos calcular, hasta una constante $\gamma$ diferencia.

Esto es probablemente lo más "cerrado" que vas a encontrar.

Answer 3

[No es una respuesta, pero es demasiado larga para que quepa como comentario].

[Editar: @adjan señala que esto se conoce como el triángulo armónico de Leibniz, que yo desconocía].

No sé si esto está relacionado o no: Hace unos años me di cuenta de un hecho curioso sobre los recíprocos de los coeficientes del binomio. Si tomas el triángulo de Pascal, pero en lugar de poner $\binom{n}{k}$ en cada entrada, se pone el recíproco de $\,(n+1)\binom{n}{k}, $ se obtiene un triángulo de Pascal al revés, siendo cada número la suma de los dos números debajo de lo:

\begin{array} \\&&&&&1 \\&&&&\frac12&&\frac12 \\&&&\frac13&&\frac16&&\frac13 \\&&\frac14&&\frac1{12}&&\frac1{12}&& \frac14 \\& \frac15&&\frac1{20}&&\frac1{30}&&\frac1{20}&&\frac15 \\\ .^{\large{.}^{\LARGE{.}}}&&\vdots&&\vdots&&\vdots&&\vdots&&{}^{{}^{{}^{\LARGE{.}}}}{}^{\hspace{-1mu}\large{.}}. \end{array} $$ $$ La prueba de que funciona es sencilla: \begin{align}\require{cancel} \frac1{(n+1)\binom{n}{k}}+\frac1{(n+1)\binom{n}{k+1}}&=\frac{1}{n+1}\frac{\binom{n}{k}+\binom{n}{k+1}}{\binom{n}{k}\binom{n}{k+1}} \\&=\frac1{n+1}\binom{n+1}{k+1}\frac{k!\,(n-k)!}{n!}\frac{(k+1)!\,(n-k-1)!}{n!} \\&=\frac1{n+1}\frac{(n+1)!}{\bcancel{(k+1)!}\cancel{(n-k)!}}\frac{k!\,\cancel{(n-k)!}}{n!}\frac{\bcancel{(k+1)!}\,(n-k-1)!}{n!} \\&=\frac{\cancel{(n+1)!}}{\cancel{(n+1)\cdot n!}}\frac{k!\,(n-k-1)!}{n!} \\&=\frac1{n\binom{n-1}{k}}. \end{align}

No tengo ni idea de si esto es conocido o no, no lo había visto antes.