Está etiquetado como un problema abierto en el libro de partes Fraccionarias,series e integrales. Si esta prueba no es válida , no tengo idea de cómo conseguir lo publicado, así que lo publicado aquí .
$\displaystyle \sum_{a_1,a_2,\cdots,a_n=1}^\infty \frac{a_1a_2\cdots a_n}{(a_1+a_2+\cdots+a_n)!} = \; ?$
Estoy publicando una prueba de la forma cerrada de la anterior serie, por favor, hágamelo saber si hay defectos,me encontré con algunos casos especiales de la anterior suma, que es para el caso de $2$ & $3$ variables. Son .
$$ \displaystyle \sum_{a=1}^\infty \sum_{b=1}^\infty \frac{ab}{(a+b)!} \;=\;\frac{2}{3}e $$
$$ \displaystyle \sum_{a=1}^\infty \sum_{b=1}^\infty\sum_{c=1}^\infty \frac{abc}{(a+b+c)!} \;=\;\frac{31}{120}e $$
Esto me llevó a resolver la versión general de la suma de cualquier número de variables,por Lo que si $S$ es nuestra suma, entonces, $$\displaystyle \begin{align} S &= \sum_{k=n}^\infty\frac{1}{k!}\;\left( \sum_{a_1+a_2+\cdots+a_n=k}a_1 a_2\cdots a_n\right) \end{align}$$
Esto se logra mediante el establecimiento $\sum_{i=1}^n a_i =k$, y de lo que queda de calcular es el interior de la suma cerrado por corchetes.
Comenzamos por investigar el menor de los casos , supongamos que sólo tenemos dos variables $a_1,a_2$ $a_1+a_2=k$
$$\displaystyle \sum_{a_1+a_2=k}(a_1 a_2) =\sum_{N=1}^{k-1} N(k-N)=\frac{k(k-1)(k+1)}{3!}=\binom{k+1}{3}$$
Ahora bien, si tomamos el caso de $3$ variables donde $a_1+a_2+a_3=k$ , podemos alcanzar la suma como :
$$ \displaystyle \sum_{a_1+a_2+a_3=k} a_1 a_2 a_3 = \sum_{N=1}^{k-2} N\binom{k+1-N}{3}= \frac{k(k-1)(k+1)(k-2)(k+2)}{5!}$$
Asimismo, para $4$ variables resulta ser ,
$$ \displaystyle \sum_{a_1+a_2+a_3+a_4=k}a_1 a_2 a_3 a_4 = \frac{k(k-1)(k+1)(k-2)(k+2)(k-3)(k+3)}{7!} $$
Yo creo que por la misma razón por la que ,
$$ \displaystyle \sum_{a_1+a_2+\cdots+a_n=k}a_1 a_2\cdots a_n = \frac{k}{(2n-1)!}\prod_{m=1}^{n-1}(k-m)(k+m)$$
Este hecho es difícil de demostrar por inducción , pero supongo que puede ser probado debido a la gran simetría y el patrón de esta secuencia de la siguiente manera. Yo no lo he probado pero se intenta actualizar una prueba de esto lo antes posible, pero hasta entonces es razonable suponer esto.
Por último tenemos que ,
$$\displaystyle \begin{align} S &= \sum_{k=n}^\infty \frac{1}{k!} \left(\frac{k}{(2n-1)!}\prod_{m=1}^{n-1}(k-m)(k+m)\right) \\ &= \frac{1}{(2n-1)!}\sum_{k=n}^\infty \frac{1}{k.k!} (k)_n (k)^n \\ &= \frac{1}{(2n-1)!}\sum_{k=n}^\infty \frac{1}{k.k!} \left(\sum_{r=1}^{n}s(n,r)k^r\right) \left(\sum_{t=1}^n {n\brack t}k^t\right) \\ &= \frac{1}{(2n-1)!}\sum_{r,t=1}^n (-1)^{n+r} {n\brack r}{n\brack t}\left(\sum_{k=n}^\infty \frac{k^{r+t-1}}{k!}\right) \end{align}$$
Ahora, utilizando Dobinski la Fórmula tenemos, por último,
$$\displaystyle \sum_{a_1,a_2,\cdots,a_n=1}^\infty \frac{a_1a_2\cdots a_n}{(a_1+a_2+\cdots+a_n)!}\\ = \frac{1}{(2n-1)!}\sum_{r=1}^n\sum_{t=1}^n (-1)^{n+r} {n\brack r}{n\brack t} \left[eB_{r+t-1}-\sum_{m=1}^{n-1}\frac{m^{r+t-1}}{m!}\right] $$
donde $B_n$ es el n-ésimo de la Campana Número.
Editar:
Después de algunas investigaciones estaba claro que el término constante en la final cerrado de forma que siempre desapareció cuando se calcula la suma de un determinado $n$ y se queda con un racional múltiples de $e$ no era magia, pero algo de lógica. He demostrado que por inducción.
En primer lugar, si se separa la respuesta en dos partes y tomar el término constante, que no tiene $e$ , obtenemos
$$\displaystyle \sum_{r=1}^n \sum_{t=1}^n \sum_{m=1}^{n-1} (-1)^{n-r}{n\brack r}{n\brack t}\frac{m^{r+t-1}}{m!} $$
Una pequeña modificación, y el intercambio de sumas te da el resultado en términos de la Pochammer símbolo.
$$ \displaystyle \sum_{m=1}^{n-1} \frac{(m)_n m^{t-1}}{m!} =0$$
Esta suma es el tiempo igual a cero y es fácil de probar por inducción.
Por lo tanto la respuesta es :
$$\displaystyle \sum_{a_1,a_2,\cdots,a_n=1}^\infty \frac{a_1a_2\cdots a_n}{(a_1+a_2+\cdots+a_n)!}\\ = e\left[\frac{1}{(2n-1)!}\sum_{r=1}^n\sum_{t=1}^n (-1)^{n+r} {n\brack r}{n\brack t} B_{r+t-1}\right]$$
