La serie de los inversos de los coeficientes binomiales

Question

¿Puedes pensar en una manera simple de probar que $$ \sum_{n=k+1}^\infty \frac{1}{n \elegir k} $$ es racional para cualquier $k \geq 2$?

Aquí está el fondo. Considere la posibilidad de una serie: $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)} $$

Elementales de álgebra nos da que: $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)} = \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right) = \lim_{k\to\infty} (1 - \frac{1}{k+1}) = 1 $$

por lo que la suma resulta ser racional.

A continuación, considere $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)} $$

Con el mismo método, pero con mucho más esfuerzo que nos puede mostrar que: $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)(n+2)(n+3)(n+4)} = \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{24 n}-\frac{1}{6(n+1)}+\frac{1}{4(n+2)}-\frac{1}{6(n+3)}+\frac{1}{24(n+4)}\right) $$ y de nuevo vamos a ver que cosas se cancela, y la suma es de nuevo racional.

Así lo obvio conjetura es que este método funcionará para arbitrario (pero $\geq 2$) número fijo de factores en el denominador, y la suma siempre será racional. De hecho, ese es el caso. Me ofrecen una solución como una respuesta, pero no estoy totalmente satisfecho con ella (parece para mí ser demasiado fuerza bruta), así que estoy buscando alternativas de solución.

Answer 1

Considere la posibilidad de la generación de la función de los términos de nuestra serie (después de simplificar renumeración): $$ F_k(x) = \sum_{n=k+1}^\infty \frac{x^n}{n(n-1)\cdots(n-k)} $$ Por cálculo explícito, es fácil ver que $k-th$ derivado de la $F_k$ es igual a $-\log(1-x)$, por lo que, de hecho, podemos calcular el $F_k$ tomando antiderivada de $-\log(1-x)$ $k$ veces. Sorprendentemente, lo que en realidad nos lleva a alguna parte en nuestro caso: Inductivo argumento usando integración por partes muestran que el $k$-th antiderivada de $-\log(1-x)$ $C (1-x)^k \log(1-x) + W(x)$ donde $W$ es de algún polinomio de grado $k$ $C$ es algunos racional constante (el valor exacto de C y el polinomio $W$ no son realmente difíciles de conseguir, pero no son importantes aquí).

Así que, por el argumento general que involucra el poder de la serie, vemos que para $n > k$: $$ \frac{1}{n(n-1)\cdots(n-k)} = \frac{F^{(n)}_k(0)}{n!} $$

Pero, a continuación, $$ \frac{F^{(n)}_k(x)}{n!} = C \frac{((1-x)^k log(1-x))^{(n)}}{n!} = C \sum_{i=0}^k (-1)^i {k \elegir i} \frac{(x^i \log(1-x))^{(n)}}{n!} $$ El polinomio $W$ desaparece por $n$ es mayor que el grado de $W$. Ahora, $\frac{(x^i \log(1-x))^{(n)}}{n!}$ es, precisamente, el $n$-ésimo coeficiente en el poder de expansión de la serie de $x^i \log(1-x) = x^i(-x - \frac{1}{2} x^2 - \ldots - \frac{1}{n} x^n + \ldots) = -x^{i+1} - \frac{1}{2} x^{i+2} - \ldots - \frac{1}{n} x^{i+n} + \ldots$, por lo que es exactamente $\frac{1}{n-i}$. Al final, obtenemos: $$ \sum_{n=k+1}^\infty \frac{1}{n(n-1)\cdots(n-k)} = \sum_{n=k+1}^\infty \frac{F^{(n)}_k(0)}{n!} = \sum_{n=k+1}^\infty C \sum_{i=0}^k (-1)^i {k \elegir i} \frac{1}{n-i} $$ Utilizando el hecho de que $\sum_{i=0}^k (-1)^i {k \choose i} = 0$ y adecuadamente la reordenación de los términos, de nuevo vemos que la mayoría de los términos se cancelan, y tal como vimos para$k = 1$$k = 4$, suma que es racional (recuerde que $C$ era racional). Un punto extra es que desde $C$ es fácilmente computable (se deja como ejercicio para el lector), podemos calcular la suma.

Answer 2

Mathematica da la suma en forma cerrada: $$ \frac{\Gamma (k-1) \Gamma (k+2)}{(k+1) \Gamma (k) \Gamma (k+1)}. $$ Si le preguntas a FullSimplify [], viene con

$$\frac{1}{k-1}.$$

Aquí está el comando: Suponiendo que[Elemento[k, Enteros], FullSimplify[Sum[1/Binomial[n, k], {n, k + 1, Infinity}]]]

Answer 3

Nos muestran el resultado indicado por @IgorRivin es válido.

\begin{align*} \sum_{n=k+1}^{\infty}\frac{1}{\binom{n}{k}}=\frac{1}{k-1}\qquad\qquad k\geq 2\tag{1} \end{align*}

Empezamos probando una relativa identidad a partir de la cual podemos deducir con facilidad (1).

El siguiente es válido para $N\geq 1,k\geq 1$

\begin{align*} \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{\binom{n+k+1}{k+1}}=\frac{1}{k}-\frac{\left(1+\frac{1}{k}\right)}{\binom{N+k+1}{k}}\tag{2} \end{align*}

Obtenemos

\begin{align*} \sum_{n=1}^{N}\frac{1}{\binom{n+k+1}{k+1}}&=\sum_{n=1}^{N}\frac{n!(k+1)!}{(n+k+1)!}\\ &=(k+1)!\sum_{n=1}^N\frac{1}{(n+1)\cdots(n+k+1)}\\ &=\frac{(k+1)!}{k}\sum_{n=1}^N\frac{(n+k+1)-(k+1)}{(n+1)\cdots(n+k+1)}\\ &=\frac{(k+1)!}{k}\sum_{n=1}^N\left(\frac{1}{(n+1)\cdots(n+k)}-\frac{1}{(n+2)\cdots(n+k+1)}\right)\tag{3}\\ &=\frac{(k+1)!}{k}\left(\frac{1}{(k+1)!}-\frac{1}{(N+2)\cdots(N+k+1)}\right)\\ &=\frac{1}{k}-\frac{\left(1+\frac{1}{k}\right)k!}{(N+2)\cdots(N+k+1)}\tag{4}\\ &=\frac{1}{k}-\frac{\left(1+\frac{1}{k}\right)}{\binom{N+k+1}{k}}\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\Box \end{align*}

En (3) obtenemos una suma telescópica dejando sólo el primero y el último término.

Ahora aplicaremos la identidad (2) para responder OPs pregunta. Utilizamos la representación de (4) con $k-1$ en lugar de $k$ y la demanda de la siguiente manera para $k\geq 2$:

\begin{align*} \sum_{n=k+1}^{\infty}\frac{1}{\binom{n}{k}}&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\binom{n+k}{k}} =\lim_{N\rightarrow\infty}\sum_{n=1}^{N}\frac{1}{\binom{n+k}{n}}\\ &=\lim_{N\rightarrow\infty}\left(\frac{1}{k-1}-\frac{\left(1+\frac{1}{k-1}\right)(k-1)!}{(N+2)\cdots(N+k)}\right)\\ &=\frac{1}{k-1}\\ &\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\Box \end{align*}

Nota: Estas fórmulas se pueden encontrar en H. W. Goulds Combinatoria Identidades Vol. 3, (3.26 - 3.29).