Suma: $\sum_{n=1}^\infty\prod_{k=1}^n\frac{k}{k+a}=\frac{1}{a-1}$

Question

Durante la semana pasada, he estado dándole vueltas a esto de Matemáticas.SE pregunta. La cuestión era sólo para probar la convergencia de $$\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{n!}{\left(1+\sqrt{2}\right)\left(2+\sqrt{2}\right)\cdots\left(n+\sqrt{2}\right)}$$ pero, sorprendentemente Mathematica me dijo que tenía un muy simple de la forma cerrada: sólo $1+\sqrt{2}$. Después de algunos chanchullos, me conjetura para $a>1$:

$$\sum\limits_{n=1}^\infty\prod\limits_{k=1}^n\frac{k}{k+a}=\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{n!}{(1+a)(2+a)\cdots(n+a)}=\frac{1}{a-1}$$

Yo he estado muy pegado hasta el día de hoy cuando vi a David H, responder de manera útil a un problema similar. He incluido una solución usando la misma idea, pero me interesaría saber si alguien tiene otro método.

Answer 1

La idea de esta solución es la apelación a la Beta de la función y, a continuación, intercambiar el orden de integración y la suma de (hecho posible por el teorema de Fubini).

$$\begin{align} \sum\limits_{n=1}^\infty\prod\limits_{k=1}^n\frac{k}{k+a}&=\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{n!}{(1+a)(2+a)\cdots(n+a)} \\&=\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\Gamma(n+1)\Gamma(1+a)}{\Gamma(n+a+1)} \\&=\Gamma(1+a)\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+a+1)} \\&=\frac{\Gamma(1+a)}{\Gamma(a)}\sum\limits_{n=1}^\infty\frac{\Gamma(n+1)\Gamma(a)}{\Gamma(n+a+1)} \\&=a\sum\limits_{n=1}^\infty \operatorname{B}(n+1,a) \\&=a\sum\limits_{n=1}^\infty\int\limits_0^1t^n(1-t)^{a-1}\,dt \\&=a\int\limits_0^1\sum\limits_{n=1}^\infty t^n(1-t)^{a-1}\,dt \\&=a\int\limits_0^1\frac{t(1-t)^{a-1}}{1-t}\,dt \\&=a\int\limits_0^1t(1-t)^{a-2}\,dt \\&=a\operatorname{B}(2,a-1) \\&=\frac{a}{a(a-1)} \\&=\frac{1}{a-1} \end{align}$$

Tenga en cuenta que se utilizó $a>1$ cuando la evaluación de $\operatorname{B}(2,a-1)$, ya que la función beta sólo está definida cuando los dos argumentos son mayores que las de $0$.

Una nota final: la restricción $a>1$ es fuerte en el sentido de que cuando se $a=1$ el interior del producto que se simplifica a $$\prod\limits_{k=1}^n\frac{k}{k+1}=\frac{1}{n+1}$$ por lo que la suma se convierte en $$\sum\limits_{n=1}^\infty\prod\limits_{k=1}^n\frac{k}{k+1}=\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\dots=\infty$$ y para$a<1$, en esencia, podemos usar la prueba de comparación con el $a=1$ caso para demostrar que la suma diverge.

Answer 2

Aquí es un completo elemental de la prueba, que sólo necesita introductorios de cálculo conceptos:

$$a_{n+1} = \frac{(n+1)!}{(a+1)(a+2)\dots(a+n+1)} = \frac{1}{a-1}\left(\frac{(n+1)!}{(a+1)(a+2) \dots (a+n)} -\frac{(n+2)!}{(a+1)(a+2) \dots (a+n+1)}\right) = b_{n+1} - b_{n+2}$$

donde $a_n$ es el término de nuestra serie y $$b_n = \frac{1}{a-1}\left(\frac{n!}{(a+1)(a+2) \dots (a+n-1)}\right)$$ with $b_1 = \frac{1} {- 1}$

Por lo tanto la suma buscamos, telescopios!

Nos da

$$\sum_{k=1}^{n} a_k = \sum_{k=1}^{n} (b_{k} - b_{k+1}) = b_1 - b_{n+1}$$

Por lo tanto, sólo necesitamos calcular $\lim b_n$

(que básicamente es necesario demostrar que la $b_n \to 0$ para que coincida con el límite de $\frac{1}{a-1}$)

Ahora tenemos que $a \gt 1$, así que vamos a $a = 1 + x$$x \gt 0$.

$$ (a-1)b_n =\frac{n!}{(a+1)(a+2) \dots (a+n-1)} = \frac{1}{(1 + x/2)(1+x/3)\dots(1+x/n)} $$

Deje $ M = \lceil x \rceil$ y considerar que el producto

$$p_n = \prod_{k=M}^{n} \left(1 + \frac{x}{k}\right)$$

Es suficiente para demostrar que $\log p_n \to \infty$ (que demuestra que el $b_n \to 0$).

Ahora tenemos que $\dfrac{1}{1+t} \gt 1-t$$0 \lt t \le 1$, por lo que la integración entre el $0$ $y$ (donde$y \le 1$), llegamos a que

$$ \log(1+y) \ge y - \dfrac{y^2}{2}$$

Ahora $$\log p_n = \sum_{k=M}^{n} \log (1 + \frac{x}{k})$$

$$ \ge \sum_{k=M}^{n} (\frac{x}{k} - \frac{x^2}{2k^2})$$

Esto va de la a $\infty$ como la serie armónica diverge, y la suma de los recíprocos de los cuadrados converge.

Por lo tanto la suma de la secuencia es $$b_1 = \frac{1}{a-1}$$

Answer 3

Otro truco es el siguiente. Para cualquier $a$ tal que $\Re(a)>1$, vamos a: $$ f(a) = \sum_{n=1}^{+\infty}\prod_{k=1}^{n}\frac{k}{k+a} $$ Desde: $$\begin{eqnarray*} \frac{1}{a+1}\, f(a+1) &=& \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{n!}{(a+1)(a+2)\cdot\ldots\cdot(a+n+1)}\\&=&\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(n-1)!}{(a+2)\cdot\ldots\cdot(a+n)}\left(\frac{1}{a+1}-\frac{1}{a+n+1}\right)\end{eqnarray*}$$ de ello se sigue que: $$\frac{1}{a+1}\,f(a+1) = f(a+1)-f(a+2)\tag{1} $$ o: $$ a\, f(a+1) = (a+1)\, f(a+2)\tag{2} $$ Por tanto, y dado que el $ z\,f(z+1) $ es una analítica de la función en $\Re(z)>1$, $z\,f(z+1)$ es constante, y: $$ 2\, f(3) = \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{12}{(n+1)(n+2)(n+3)}=\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\frac{6}{n+1}-\frac{12}{n+2}+\frac{6}{n+3}\right)=\color{red}{1}\tag{3} $$ por la propiedad telescópica. Esto le da a ese $\Re(a)>1$, $$ f(a) = \color{red}{\frac{1}{a-1}}\tag{4}$$ sostiene.