Suma de recíprocos de producto de enteros consecutivos

Question

Sabemos, por ejemplo, que

$$\sum_{r=1}^n r^\overline{3}=\sum_{r=1}^nr(r+1)(r+2)=\frac {n(n+1)(n+2)(n+3)}4=\frac {n^\overline{4}}4$$ y, en general, $$\sum_{r=1}^n r^\overline{m}=\frac {n^\overline{m+1}}{m+1}\tag{1}$$ que es análoga a $$\int_0^n x^m dx=\frac {n^{m+1}}{m+1}\tag{1A}$$

pero es no es, en consecuencia, forma ordenada (y analogía) para la suma de los recíprocos, por ejemplo, $\displaystyle\sum_{r=1}^n \frac 1{r(r+1)(r+2)}$ y, en general,

$$\sum_{r=1}^n \frac 1{r^\overline{m}}\tag{2}$$ ?

O, alternativamente, puede ser demostrado que $(2)$ es una extensión de $(1)$?

También, puede ser demostrado fácilmente que $$\sum_{r=1}^\infty\frac 1{r^\overline{m}}=\frac 1{(m-1)(m-1)!}=\frac 1{m!-(m-1)!}$$ ?

---

PD: Aquí la notación para el aumento de los factorial se utiliza, es decir,$x^\overline{m}=\overbrace{x(x+1)(x+2)\cdots (x+m-1)}^{m\text{ terms}}$.

Answer 1

Voy a probar la identidad $$F(n)=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{\prod\limits_{i=0}^{n}(k+i)}=\frac{1}{n!n}$$ Tenga en cuenta que $F(m)=\sum\limits_{r=1}^{\infty}\frac{1}{r^{\overline{m+1}}}=\frac{1}(m+1-1)(m+1-1)!=\frac{1}{m!m}$, por lo que este es esencialmente el mismo resultado como el tuyo.

Prueba: Para probar esto, vuelva a escribir la suma usando la identidad $$\frac{1}{\prod\limits_{i=0}^n(k+i)}=\frac{1}{n!}\sum\limits_{i=0}^n{{n}\choose{i}}\frac{(-1)^i}{k+i}$$ Esta identidad puede ser que se derivan de la utilización parcial de la fracción de descomposición y tomando límites o simplemente ser confirmado por inducción (ver aquí: https://mathoverflow.net/questions/193611/binomial-coefficient-identity/193649#193649). Entonces \begin{align}F(n)&=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\frac{1}{\prod\limits_{i=0}^{n}(k+i)}=\sum\limits_{k=1}^{\infty}\Bigg[\frac{1}{n!}\sum\limits_{i=0}^n{{n}\choose{i}}\frac{(-1)^i}{k+i}\Bigg]\\ &=\frac{1}{n!}\sum\limits_{k=1}^{\infty}\sum\limits_{i=0}^{n-1}(-1)^i{{n-1}\choose{i}}\Bigg(\frac{1}{k+i}-\frac{1}{k+i+1}\Bigg)\end{align} La última igualdad se sigue mediante la comparación de los coeficientes de $\frac{1}{k+i}$ en la suma resultante (en su mayoría de $-(-1)^{i-1}{{n-1}\choose{i-1}}+(-1)^i{{n-1}\choose{i}}=(-1)^i{{n}\choose{i}}$ debido a la Identidad de Pascal). Ahora \begin{align} F(n)&=\frac{1}{n!}\sum\limits_{k=1}^{\infty}\sum\limits_{i=0}^{n-1}(-1)^i{{n-1}\choose{i}}\Bigg(\frac{1}{k+i}-\frac{1}{k+i+1}\Bigg)\\ &=\frac{1}{n!}\lim\limits_{r\rightarrow\infty}\sum\limits_{k=1}^{r}\sum\limits_{i=0}^{n-1}(-1)^i{{n-1}\choose{i}}\Bigg(\frac{1}{k+i}-\frac{1}{k+i+1}\Bigg)\\ &=\frac{1}{n!}\sum\limits_{i=0}^{n-1}(-1)^i{{n-1}\choose{i}}\lim\limits_{r\rightarrow\infty}\sum\limits_{k=1}^{r}\Bigg(\frac{1}{k+i}-\frac{1}{k+i+1}\Bigg)\\ &=\frac{1}{n!}\sum\limits_{i=0}^{n-1}(-1)^i{{n-1}\choose{i}}\lim\limits_{r\rightarrow\infty}\Bigg(\frac{1}{1+i}-\frac{1}{r+i+1}\Bigg)\\ &=\frac{1}{n!}\sum\limits_{i=0}^{n-1}(-1)^i{{n-1}\choose{i}}\frac{1}{1+i} \end{align} Utilizar $(1+i){{n}\choose{1+i}}=n{{n-1}\choose{i}}$ a reescribir esta \begin{align} F(n)&=\frac{1}{n!}\sum\limits_{i=0}^{n-1}(-1)^i{{n-1}\choose{i}}\frac{1}{1+i}\\ &=\frac{1}{n!n}\sum\limits_{i=0}^{n-1}(-1)^i{{n}\choose{i+1}}\\ &=\frac{1}{n!n}\sum\limits_{j=1}^{n}(-1)^{j-1}{{n}\choose{j}}\\ &=-\frac{1}{n!n}\sum\limits_{j=1}^{n}(-1)^j{{n}\choose{j}}\\ &=-\frac{1}{n!n}\Bigg[\sum\limits_{j=0}^{n}(-1)^j{{n}\choose{j}}-(-1)^0{{n}\choose{0}}\Bigg]\\ &=-\frac{1}{n!n}(-1)\\ &=\frac{1}{n!n} \end{align} Como se ve en la prueba, la siguiente identidad se mantiene para las sumas parciales: $$\sum\limits_{k=1}^{r}\frac{1}{\prod\limits_{i=0}^{n}(k+i)}=\frac{1}{n!}\sum\limits_{i=0}^{n-1}(-1)^i{{n-1}\choose{i}}\Bigg(\frac{1}{1+i}-\frac{1}{r+i+1}\Bigg)$$ Sin embargo, no estoy seguro de cómo esta suma puede ser simplificado.

Answer 2

Tenga en cuenta que

$$\frac 1{r^\overline{m}}=\frac 1{m-1}\left[\frac 1{r^\overline{m-1}}-\frac 1{(r+1)^\overline{m-1}}\right]$$

Sumando a $n$ da $$\begin{align} \sum_{r=1}^n \frac 1{r^\overline{m}} &=\frac 1{m-1}\left[\frac 1{1^\overline{m-1}}-\frac 1{(n+1)^\overline{m-1}}\right]\\ &=\frac 1{m-1}\left[\frac 1{(m-1)!}-\frac 1{(n+1)^\overline{m-1}}\right]\tag{3}\end{align}$$

y como $n\to \infty$, tenemos

$$\sum_{r=1}^\infty \frac 1{r^\overline{m}}=\frac 1{(m-1)(m-1)!}=\frac 1{m!-(m-1)!}$$

Por tanto, la única pregunta restante son si $(2)$ puede ser expresado como una extensión de $(1)$, y también, si hay una buena forma para $(3)$.

Si denotamos $\dfrac 1{r^\overline{m}}$$r^{-\overline{m}}$, $(3)$ puede ser escrito como $$\sum_{r=1}^n r^{-\overline{m}}=\frac {(n+1)^{-\overline{m-1}}-1^{-\overline{m-1}}}{-(m-1)}\tag{4}$$ que es análoga a $$\int_1^{n+1} x^{-m}dx=\left[\frac {x^{-m+1}}{-m+1}\right]_1^{n+1}=\frac {(n+1)^{-(m-1)}-1^{-(m-1)}}{-(m-1)}\tag{4A}$$ Es interesante notar que tanto $(1),(3)$, la suma se toma de $1$$n$, pero para $(1$$)$, la integración es tomado de $0$$n$, y para$(4$$)$$1$$n+1$.

¿Por qué debería ser así?

NB - anteriormente, esto fue en el apéndice, pero ahora es publicado como una solución para la claridad como responde la pregunta original.

Answer 3

Tenga en cuenta que, desde $$ \bbox[lightyellow] { x^{\;\overline {\,a + b\,} } = x^{\;\overline {\,\,} } \left( {x + a} \right)^{\;\overline {\,b\,} } = x^{\;\overline {\,\,} } \left( {x + a + b - 1} \right)^{\,\underline {\,b\,} } \quad {\rm y}\quad x^{\;\overline {\,0\,} } = 1 }$$

a continuación, para exponentes negativos de la subida y Caída Factorial se define como: $$ \bbox[lightyellow] { {1 \over {x^{\;\overline {\m\,} } }} = \left( {x - 1} \right)^{\,\underline {\, - m\,} } \quad {1 \over {x^{\,\underline {\m\,} } }} = \left( {x + 1} \right)^{\;\overline {\, - m\,} } }$$

Esta definición es bastante "natural", ya que conserva la mayor parte de las propiedades de la subida y Caída factoriales como se define para los exponentes positivos, y que incluye el "exponente de división", introducido anteriormente, la definición a través de la función Gamma, etc.
Es el "estándar" de la definición que encontramos por ejemplo en el artículo de la Wikipedia antes citada, y en Wolfram sitio.
Un thoroughful, insuperable, la explicación de Ascendente/descendente factoriales, así como de la Diferencia, definido e indefinido suma, se encuentra en el famoso Concreto de las Matemáticas.

Considere ahora el Avance de las diferencias Finitas (Delta) se define como: $$ \bbox[lightyellow] { \Delta _{\,x} F(x) = F(x + 1) - F(x)\quad \Delta _{\,x} ^m F(x) = \Delta _{\,x} \left( {\Delta _{\,x} ^{m - 1} F(x)\;} \right) }$$ y su inversa funcional: el Anti-Diferencia o Suma Indefinida $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ & \Delta _{\,x} F(x) = f(x)\quad \Leftrightarrow \quad \Delta _{\,x} ^{ - 1} f(x) = \quad \sum\nolimits_x {f(x)} = F(x) + c\quad \Leftrightarrow \cr & \Leftrightarrow \quad \sum\nolimits_{\;x\, = \,}^{\; b} {f(x)} = \sum\limits_{a\, \le \,x\, \le \,b - 1} {f(x)} = F(b) - F(a) \cr} }$$ donde el último de la identidad es sólo denota una suma telescópica, una vez que se reemplace$f(x)$$F(x+1)-F(x)$.
Es evidente la similitud con el derivado frente a la indefinida y de la integral definida .
Como para la integral indefinida, de hecho, $c$ representa una constante o, más en general, cualquier función periódica de $x$ con período (uno de los períodos) =1.

Ahora, las fórmulas de diferencias finitas de la Caída de los factoriales son fáciles de deducir, como ser $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ & \Delta _{\,x} ^m \;x^{\,\underline {\n\,} } = \nabla _{\,x} ^m \;\left( {x + m} \right)^{\,\underline {\n\,} } = n^{\,\underline {\m\,} } x^{\,\underline {\n - m\,} } \cr & \Delta _{\,x} ^m \;x^{\,\overline {\n\,} } = \nabla _{\,x} ^m \;\left( {x + m} \right)^{\,\overline {\n\,} } = n^{\,\underline {\m\,} } \left( {x + m} \right)^{\,\overline {\n - m\,} } = n^{\,\underline {\m\,} } \left( {x + n - 1} \right)^{\,\underline {\n - m\,} } \cr} } \etiqueta{1}$$ y también es fácil comprobar que se mantenga, ya sea para positivo y negativo de los valores de $n$, dada la definición anterior.

Pero se mantenga así para valores negativos de $m$, y para$m=-1$, en particular, se puede comprobar que, para la Caída de los Factorial hemos $$ \bbox[lightyellow] { \sum\nolimits_{\;x} {x^{\,\underline {\n\,} } } = \left\{ {\matriz{ {{1 \over {n + 1}}\;x^{\,\underline {\n + 1\,} } + c} y { - 1 \ne n} \cr {\psi (x + 1) + c} y { - 1 = n} \cr } } \right.\quad \leftrightarrow \quad \int {x^{\n} dx} = \left\{ {\matriz{ {{1 \over {n + 1}}\;x^{\,n + 1} + c} y { - 1 \ne n} \cr {\ln (x) + c} y { - 1 = n} \cr } } \right. } \etiqueta{2.a}$$ mientras que por el Aumento en los Factorial es $$ \bbox[lightyellow] { \sum\nolimits_{\;x} {x^{\,\overline {\n\,} } } = \sum\nolimits_{\;x} {\left( {x + n - 1} \right)^{\,\underline {\n\,} } } = \left\{ {\matriz{ {{1 \over {n + 1}}\;\left( {x - 1} \right)^{\,\overline {\n + 1\,} } + c} y { - 1 \ne n} \cr {\psi (x - 1) + c} y { - 1 = n} \cr } } \right. } \etiqueta{2.b}$$ donde $\psi(x)$ es la función Digamma (que, curiosamente, se completa la analogía por la vinculación con el registro).

Ejemplo

$$ \bbox[lightyellow] { x^{\,\subrayado {\, - 2\,} } = {1 \más de {\left( {x + 1} \right)^{\,\overline {\,2\,} } }} = {1 \más de {\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} }$$ luego, por la diferencia $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ & \Delta _{\,x} x^{\,\subrayado {\, - 2\,} } = {1 \más de {\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)}} - {1 \over {\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}} = \cr Y = - {2 \over {\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)}} = - 2{1 \over {\left( {x + 1} \right)^{\,\overline {\,3\,} } }} = - 2x^{\,\subrayado {\, - 3\,} } \cr} }$$ pero también es $$ \bbox[lightyellow] { - 2x^{\,\subrayado {\, - 3\,} } = \Delta _{\,x} \left( {x^{\,\subrayado {\, - 2\,} } + 1} \right) = \Delta _{\,x} \left( {x^{\,\subrayado {\, - 2\,} } + \sin \left( {2\pi x} \right)} \right) = \Delta _{\,x} \left( {x^{\,\subrayado {\, - 2\,} } + x\bmod 1} \right) = \cdots }$$ y para la suma $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ & \sum\limits_{0\, \le \,x\, \le \,n - 1} {x^{\,\subrayado {\, - 3\,} } } = - {1 \más de 2}\sum\limits_{0\, \le \,x\, \le \,n - 1} {\left( {{1 \over {\left( {x + 2} \right)\left( {x + 3} \right)}} - {1 \over {\left( {x + 1} \right)\left( {x + 2} \right)}}} \right)} = \cr Y = - {1 \over 2}\left( {{1 \over {\left( {n + 1} \right)\left( {n + 2} \right)}} - {1 \over {\left( {0 + 1} \right)\left( {0 + 2} \right)}}} \right) = \cr Y = - {1 \over 2}\left( {n^{\,\subrayado {\, - 2\,} } - 0^{\,\subrayado {\, - 2\,} } } \right) \cr} }$$

Además, en el ejemplo proporcionado en Thorgott's respuesta, se traduce en: $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ & \sum\limits_{1\, \le \,k\,} {{1 \over {\prod\limits_{0\, \le \,x\, \le \,n} {\left( {k + i} \right)} }}} = \sum\limits_{1\, \le \,k\,} {{1 \over {k^{\,\overline {\n + 1\,} } }}} = \sum\limits_{0\, \le \,k\,} {{1 \over {\left( {k + 1} \right)^{\,\overline {\n + 1\,} } }}} = \cr & = \sum\limits_{0\, \le \,k\,} {k^{\,\underline {\, - n - 1\,} } } = - {1 \sobre n}\left[ {k^{\,\underline {\, - n\,} } } \right]_{k = 0}^{\;\infty } = - {1 \over n}\left[ {{1 \over {\left( {k + 1} \right)^{\,\overline {\n\,} } }}} \right]_{k = 0}^{\;\infty } = {1 \over n}{1 \over {1^{\,\overline {\n\,} } }} = {1 \sobre n}{1 \over {n!}} \cr} }$$