Demostrando la forma cerrada para $\sum_{k_1=0}^{\infty}\cdots\sum_{k_n=0}^{\infty}\frac{1}{a^{k_1+\cdots+k_n}}$ , donde $k_1 \neq\cdots\neq k_n$ y $a>1$ ?

Question

Recientemente me encontré con un problema que requiere que sumemos la serie

$$ \sum_{i=0}^{\infty} \sum_{j=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{3^i 3^j 3^k} $$

dada la condición de que $i \neq j \neq k$ . Al generalizar el problema, obtengo esto:

$$ \sum_{k_1=0}^{\infty}\sum_{k_2=0}^{\infty}\cdots\sum_{k_n=0}^{\infty} \frac{1}{a^{k_1+\cdots+k_2}} = \frac{n! \times a^n}{\prod_{i=1}^{n} (a^i - 1)} $$

para $a>1$ y $k_1 \neq \cdots \neq k_2$ es decir, todos los índices son distintos en todo momento. Ahora la expresión de forma cerrada (en el lado derecho) para la serie infinita se ha obtenido puramente por conjetura. Sin embargo, he comprobado que la ecuación funciona, mediante un programa informático. Ahora sólo queda demostrar la fórmula, cosa que no puedo hacer.

Answer 1

Considere la suma $$\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{j=i+1}^\infty\sum_{k=j+1}^\infty\frac{1}{3^i3^j3^k} = \sum_{i=0}^{\infty}\left(\frac{1}{3^i}\sum_{j=i+1}^\infty\left(\frac{1}{3^j}\left(\sum_{k=j+1}^\infty\frac{1}{3^k}\right)\right)\right) = $$$$ \frac{1}{2}\sum_{i=0}^{\infty}\left(\frac{1}{3^i}\sum_{j=i+1}^\infty\left(\frac{1}{3^j}\cdot 3^{- j}\right)\right) = \frac{1}{2}\sum_{i=0}^{\infty}\left(\frac{1}{3^i}\sum_{j=i+1}^\infty\left(9^{-j}\right)\right) = $$ $$ \frac{1}{2}{suma_{i=0}^{infty}{left(\frac{1}{3^i}{cdot3^{-2i-2}{cdot{9}{8}{right)= \frac{1}{16}{suma_{i=0}^{infty 3^{-3i} = \frac{1}{16}{cdot{frac{27}{26} = \frac{27}{416} $$ This is summing over all $ i<j<k $, which is one of the six possible cases when $ i,j,k$ son distintos. Por lo tanto, el número anterior es un sexto de la respuesta.

Para que quede claro, cada uno de los pasos intermedios era simplemente utilizar la fórmula de las series geométricas infinitas.

Ahora vamos a por el caso general. Supongamos que su fórmula general funciona para algunos $n$ . Del mismo modo, considere la suma

$$\sum_{k_1=0}^\infty \sum_{k_2=k_1+1}^\infty \sum_{k_3=k_2+1}^\infty... \sum_{k_n=k_{n-1}+1}^\infty \frac{1}{a^{k_1}a^{k_2}...a^{k_n}} = $$ (sustituyendo $k_2$ con $k_2' = k_2-k_1-1$ ) $$\sum_{k_1=0}^\infty \sum_{k_2'=0}^\infty \sum_{k_3=k_2'+k_1+2}^\infty... \sum_{k_n=k_{n-1}}^\infty \frac{1}{a^{k_1}a^{k_2'+k_1+1}...a^{k_n}} = $$ (ahora, sustituyendo a $k_3$ con $k_3' = k_3-k_1-1$ ) $$\sum_{k_1=0}^\infty \sum_{k_2'=0}^\infty \sum_{k_3'=k_2'+1}^\infty\sum_{k_4 = k_3'+k_1+2}^\infty... \sum_{k_n=k_{n-1}}^\infty \frac{1}{a^{k_1}a^{k_2'+k_1+1}a^{k_3'+k_1+1}...a^{k_n}} = $$ (repitiendo esto hasta definir $k_n'$ ) $$\sum_{k_1=0}^\infty\sum_{k_2'=0}^\infty\sum_{k_3'=k_2'+1}^\infty...\sum_{k_n'=k_{n-1}'+1}^\infty \frac{1}{a^{nk_1+n-1}a^{k_2'}...a^{k_n'}} = \sum_{k_1=0}^\infty \frac{1}{a^{nk_1+n-1}}c =$$$$ \frac{ca^1-n}{1-a^{-n}} = \frac{ca}{a^n-1} $$ Where $ c $ is simply your formula, with $ n-1 $ being the number of sums, without the factorial term. Just as we had to multiply by $ ¡6=3! $ above, here, we multiply by $ n!$ para llegar a su fórmula.

Eso se encarga del paso inductivo. El caso base debería ser sencillo. Mis disculpas si algo de esto no ha quedado claro.

Answer 2

Después de escribir esto me di cuenta de que se parece al enfoque de la respuesta de Florencia, así que lo dejo como CW para complementar esa respuesta ya que el paso de inducción aquí es un poco diferente.

---

Por simetría el producto se puede escribir

$$n!\sum_{i_1=0}^\infty\sum_{i_2=i_1+1}^\infty\sum_{i_3=i_2+1}^\infty\cdots \sum_{i_n=i_{n-1}+1}^\infty \frac{1}{a^{i_1+\ldots+i_n}}$$

Realizando las sumas una a una de derecha a izquierda el sumando cambia a

$$\frac{1}{a^{i_1+\ldots+i_n}}\to \frac{1}{a^{i_1+\ldots+i_{n-2}}a^{2i_{n-1}}} \left(\frac{1}{a-1}\right)\to \frac{1}{a^{i_1+\ldots+i_{n-3} + i_{n-2}}a^{3i_{n-2}}} \left(\frac{1}{a^2-1}\right)\left(\frac{1}{a-1}\right)$$

El patrón que vemos, el sumando después de realizar $k$ sumas es $\frac{1}{a^{i_1+\ldots + i_{n-k-1}}a^{(k+1)i_{n-k}}}\frac{1}{\prod_{i=1}^k a^i-1}$ se puede demostrar por inducción:

$$\sum_{i_{n-k} = i_{n-k}+1} \frac{1}{a^{i_1+\ldots + i_{n-k-1}}a^{(k+1)i_{n-k}}}\frac{1}{\prod_{i=1}^k a^i-1} = \frac{1}{a^{i_1+\ldots + i_{n-k-2}}a^{(k+2)i_{n-k-1}}}\frac{1}{\prod_{i=1}^{k+1} a^i-1}$$

que es la hipotesis de inducción para $k+1$ . Tomando $k=n-1$ obtenemos

$$n!\sum_{i_1=0}^\infty\sum_{i_2=i_1+1}^\infty\sum_{i_3=i_2+1}^\infty\cdots \sum_{i_n=i_{n-1}+1}^\infty \frac{1}{a^{i_1+\ldots+i_n}} = \frac{n!}{\prod_{i=1}^{n-1}a^i-1}\sum_{i=0}^\infty \frac{1}{a^{ni_1}} = \frac{n!a^n}{\prod_{i=1}^{n}a^i-1}$$