Un problema en mi (la semana pasada) análisis real de la tarea se reduce a probar que, para $a>-1$, $$\sum_{n=1}^\infty\frac{(n-1)!}{n\prod\limits_{i=1}^n(a+i)}=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(a+k)^2}.$$ Mathematica confirma esto es cierto, pero yo no podía ni siquiera probar la convergencia de la serie original (el de la izquierda), y mucho menos demostrar que equivalía a esta suma; la relación de la prueba no es concluyente, y la raíz de la prueba y otros parecen no tener esperanza. Era (y es) bastante un problema frustrante. Puede alguien explicar cómo ir sobre cómo acabar con esto?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Este utiliza un confiable truco con la función Beta. Yo digo fiable porque se puede utilizar la función beta y la conmutación de la integral y la suma de resolver muchas series muy rápidamente.
Primer aviso de que $$\prod_{i=1}^{n}(a+i)=\frac{\Gamma(n++1)}{\Gamma(a+1)}.$$ Entonces
$$\frac{(n-1)!}{\prod_{i=1}^{n}(a+i)}=\frac{\Gamma(n)\Gamma(a+1)}{\Gamma(n+a+1)}=\text{B}(n,a+1)=\int_{0}^{1}(1-x)^{n-1}x{}^{a}dx.$$ Por lo tanto, al cambiar el orden en que se tienen que $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n-1)!}{n\prod_{i=1}^{n}(a+i)}=\int_{0}^{1}x^{a}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(1-x)^{n-1}}{n}\right)dx.$$ Reconociendo el poder de la serie, esto es $$\int_{0}^{1}x^{a}\frac{-\log x}{1-x}dx.$$ Ahora, expandir el poder de la serie para $\frac{1}{1-x}$ para obtener $$\sum_{m=0}^{\infty}-\int_{0}^{1}x^{a+m}\log xdx.$$ No es difícil ver que $$-\int_{0}^{1}x^{a+m}\log xdx=\frac{1}{(a+m+1)^{2}},$$ por lo tanto, concluimos que $$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n-1)!}{n\prod_{i=1}^{n}(a+i)}=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{(a+m)^{2}}.$$
Espero que ayude,
Observación: Para evaluar la anterior integral, aviso que $$-\int_{0}^{1}x^{r}\log xdx=\int_{1}^{\infty}x^{-(r+2)}\log xdx=\int_{0}^{\infty}e^{-u(r+1)}udu=\frac{1}{(r+1)^{2}}\int_{0}^{\infty}e^{-u}udu. $$ Alternativamente, como Joriki señalado, sólo puede utilizar la integración por partes.
Lars Truijens
Puntos
24005
Desde, al menos, J. M. pidieron, aquí hay otra solución para el caso cuando $a$ es un número natural.
Voy a utilizar el avance operador diferencia de $\Delta$, definido por $\Delta f(n) = f(n+1) - f(n)$, y la caída de los factorial definido por $$ n^{\underline{a}} = \begin{casos} n(n-1)(n-2) \dots (n+1), y a > 0, \\ 1 & =0 \\ \frac{1}{(n+1)(n+2) \dots (n+|a|)}, & a < 0, \end{casos} $$ y la satisfacción de $\Delta n^{\underline{a}} = a n^{\underline {- 1}}$.
El sumando, que voy a denotar por $F_a(n)$, puede escribirse como $$ F_a(n) = \frac{(n-1)!}{n\prod_{i=1}^n(a+i)} = \frac{(n-1)! un!}{n (a+n)!} = \frac {!}{n \cdot n(n+1)(n+2) \dots (n+a)} $$ $ $ a= \frac{(a-1)!}{n} \left( -(-a) (n-1)^{\underline{-(a+1)}}\right) = -\frac{(a-1)!}{n} \Delta\left( (n-1)^{\underline{-a}}\right). $$ La utilización de la regla de $\Delta(f(n)g(n)) = \Delta f(n) \, g(n+1) + f(n) \Delta g(n)$, tenemos $$ F_a(n) = - \Delta\left( \frac{(a-1)!}{n} (n-1)^{\underline{-a}}\right) + \Delta\left( \frac{(a-1)!}{n} \right) \, n^{\underline{-a}} $$ $$ = - \Delta\left( \frac{(a-1)!}{n \cdot n (n+1) \dots (n+1)} \right) + (a-1)! \left( \frac{1}{n+1} - \frac{1}{n} \right) \frac{1}{(n+1)\dots (n+a)} $$ $$= - \Delta\left( \frac{(a-1)!}{n \cdot n(n+1) \dots (n+1)} \right) + F_ {- 1}(n+1) - (a-1)! \Delta\left( \frac{(n-1)^{\underline{-a}}}{-a} \right). $$
Suma más de $n \ge 1$ da (porque de resumiéndose en las sumas de deltas) $$ \sum_{n=1}^{\infty} F_a(n) = \frac{(a-1)!}{1 \cdot a!} + \sum_{n=1}^{\infty} F_ {- 1}(n+1) - \frac{(a-1)!}{un} 0^{-\underline{un}} $$ $$ = \frac{1}{a} + \sum_{m=2}^{\infty} F_ {- 1}(m) - \frac{1}{a^2} $$ $$ = \sum_{m=1}^{\infty} F_ {- 1}(m) - \frac{1}{a^2} $$ (desde $F_ {- 1}(1) = 1/$).
Por último, desde $F_0(n) = 1/n^2$, obtenemos después de usar este resultado para nuestra forma de trabajo hacia abajo $n$ los pasos que $$ \sum_{n=1}^{\infty} F_a(n) = \sum_{n=1}^{\infty} F_ {- 1}(n) - \frac{1}{a^2} = \dots = \sum_{n=1}^{\infty} F_0(n) - \left( \frac{1}{a^2} + \dots + \frac{1}{1^2} \right) = \sum_{n=a+1}^{\infty} \frac{1}{n^2} = \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k+a)^2}. $$
