¿Cómo evalúo este límite? $\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)\cdots(k+m)}$ ?

Question

¿Cómo evalúo este límite?

$$\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k(k+1)\cdots(k+m)} \qquad (m=1,2,3,\cdots)$$

Gracias de antemano.

Answer 1

Reescribiendo el término de la suma con factoriales, observa que $$\frac{1}{k(k+1)\cdots(k+m)}=\frac{1}{m!}\left(\frac{(k-1)!m!}{(k+m)!}\right).$$ Entonces como $$\frac{(k-1)!m!}{(k+m)!}=\int_0^1 x^{k-1} (1-x)^m dx,$$ que puede demostrarse por inducción o utilizando una propiedad de la Función Beta vemos que $$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k(k+1)\cdots(k+m)}=\sum_{k=1}^\infty \left(\frac{1}{m!} \int_0^1 x^{k-1} (1-x)^m dx\right)$$ $$=\frac{1}{m!}\int_0^1 (1-x)^m\left( \sum_{k=1}^\infty x^{k-1} \right)dx=\frac{1}{m!}\int_0^1 (1-x)^{m-1}dx$$

$$=\frac{1}{m! m}.$$

Answer 2

Ponga $s_{n,m}=\sum_{k=1}^n\frac 1{k(k+1)\ldots (k+m)}$ . Tenemos para $m\geq 2$ \begin{align*} s_{n,m}&=\frac 1m\sum_{k=1}^n\frac{k+m-k}{k(k+1)\ldots (k+m)}\\ &=\frac 1m \left(s_{n,m-1}-\sum_{j=2}^{n+1}\frac 1{j\ldots (j-1+m)}\right)\\ &=\frac 1m\left(s_{n,m-1}-s_{n+1,m-1}+\frac 1{1\cdots (1-1+m)}\right)\\ &=\frac{s_{n,m+1}-s_{n+1,m-1}+\frac 1{m!}}m, \end{align*} y desde la serie $\sum_{k\geq 1}\frac 1{k(k+1)\ldots (k+m-1}$ es convergente, $\lim_{n\to \infty}s_{n,m+1}-s_{n+1,m-1}=0$ así que $\lim_{n\to\infty}s_{n,m}=\frac 1{m\cdot m!}$ . Esta fórmula también funciona para $m=1$ mediante un cálculo directo.

Answer 3

He aquí una respuesta sin funciones beta. Obsérvese que el residuo de $$f(z) = \frac{1}{z(z+1)\cdots(z+m)}$$ en $z=-q$ es $$\mathrm{Res}(f(z); z=-q) =\frac{1}{(-q)(-q+1)\cdots(-q+(q-1))(-q+(q+1))\cdots(-q+m)}$$ que es $$\frac{(-1)^q}{q!\times (m-q)!} = \frac{(-1)^q}{m!} {m\choose q}.$$ Por tanto, por el método de los residuos para fracciones parciales obtenemos que $$f(z) = \frac{1}{m!} \sum_{q=0}^m {m\choose q} (-1)^q \frac{1}{z+q}.$$ Aplíquelo a la suma para obtener $$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k(k+1)\cdots(k+m)} = \frac{1}{m!} \sum_{k=1}^\infty \sum_{q=0}^m {m\choose q} (-1)^q \frac{1}{k+q}.$$ Pregunta ahora cuál es el coeficiente del término $1/(k+q) = 1/p$ para obtener $$\frac{1}{m!} \sum_{p=1}^\infty \frac{1}{p}\sum_{q=0}^{p-1} {m\choose q} (-1)^q.$$ Observe que cuando $p-1\ge m$ la suma interna se hace cero, de modo que nos queda $$\frac{1}{m!} \sum_{p=1}^m \frac{1}{p}\sum_{q=0}^{p-1} {m\choose q} (-1)^q.$$ Por lo tanto, queda por evaluar el término de la suma. Intentamos demostrar que $$\frac{1}{m} =\sum_{p=1}^m \frac{1}{p}\sum_{q=0}^{p-1} {m\choose q} (-1)^q.$$

Es el momento de aplicar lo que H. Wilf denomina el método del "aceite de serpiente" en su famoso texto sobre funciones generatrices. (Consulte este Entrada Mathworld .) Introducir la función generadora univariante $$g(z) = \sum_{m\ge 1} z^m \sum_{p=1}^m \frac{1}{p}\sum_{q=0}^{p-1} {m\choose q} (-1)^q = \sum_{p=1}^\infty \frac{1}{p} \sum_{m=p}^\infty z^m \sum_{q=0}^{p-1} {m\choose q} (-1)^q \\ = \sum_{p=1}^\infty \frac{z^p}{p} \sum_{m=0}^\infty z^m \sum_{q=0}^{p-1} {m+p\choose q} (-1)^q.$$

Ahora observe que $$ \sum_{q=0}^{p-1} {m+p\choose q} (-1)^q = (-1)^{p-1} {m+p-1\choose p-1}$$ como puede verse por inducción en $m$ que ahora llevamos a cabo.

Para $m=0$ obtenemos igualdad con $$\sum_{q=0}^{p-1} {p\choose q} (-1)^q = -(-1)^p = (-1)^{p-1} {p-1\choose p-1}.$$ y para el paso de inducción tenemos $$ \sum_{q=0}^{p-1} {m+1+p\choose q} (-1)^q = 1 + \sum_{q=1}^{p-1} {m+1+p\choose q} (-1)^q \\= 1 + \sum_{q=1}^{p-1} {m+p\choose q} (-1)^q + \sum_{q=1}^{p-1} {m+p\choose q-1} (-1)^q \\= (-1)^{p-1} {m+p-1\choose p-1} - \sum_{q=0}^{p-2} {m+p\choose q} (-1)^q \\ = (-1)^{p-1} {m+p-1\choose p-1} - \sum_{q=0}^{p-1} {m+p\choose q} (-1)^q + (-1)^{p-1} {m+1+p-1\choose p-1} \\ = (-1)^{p-1} {m+1+p-1\choose p-1}.$$

Volver a $g(z)$ obtenemos $$g(z) = \sum_{p=1}^\infty \frac{z^p}{p} \sum_{m=0}^\infty z^m (-1)^{p-1} {m+p-1\choose p-1} = - \sum_{p=1}^\infty \frac{z^p}{p} (-1)^p \frac{1}{(1-z)^p}$$ por el binomio de Newton.

Por último, recuerde que $$\log\frac{1}{1-z} = \sum_{q\ge 1} \frac{z^q}{q}$$ para que $g(z)$ se simplifica a $$ -\log\frac{1}{1+z/(1-z)} = -\log\frac{1-z}{1-z+z} = -\log(1-z) = \log\frac{1}{1-z}.$$ Por lo tanto $$[z^m] g(z) = \frac{1}{m}$$ y hemos terminado.

Existe un cálculo similar, aunque no idéntico, en esta dirección Enlace MSE .