Estoy interesado en la búsqueda de una expresión de agradable forma cerrada para la suma de $\sum{k=1}^n\frac{1}{k}\binom{n}{k}$. He probado usando el teorema del binomio para obtener\begin{align*} \sum{k=1}^n\frac{1}{k}\binom{n}{k}x^k & =\int_0^1\frac{(1+x)^n-1}{x} \, dx\ &=\int_1^2 (1+u+\cdots+u^{n-1}) \, du \end{align*} usando la sustitución $u=1+x$ pero no puede absolutamente a simplificar esta integral ya sea. También no he sido capaz de idear un enfoque combinatorio, que puede no existir desde la suma y sus términos no son en general números enteros. ¡Cualquier ayuda en la evaluación de esta suma sería apreciada, gracias!
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En la pregunta, el problema está en "buena forma cerrada de la expresión" desde
$$\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\binom{n}{k}x^k=n x \, _3F_2(1,1,1-n;2,2;-x)$$ donde aparece un hypergoemetric función.
Por lo tanto, dejar que nos olvidemos de lo $x$ y el cálculo para un par de valores de $n$ $$S_n=\sum_{k=1}^n\frac{1}{k}\binom{n}{k}$$ $$\left\{1,\frac{5}{2},\frac{29}{6},\frac{103}{12},\frac{887}{60},\frac{1517}{60},\frac{18239}{420}\right\}$ $ , que son $$\left\{1,\frac{5}{2},\frac{29}{6},\frac{206}{24},\frac{1774}{120},\frac{18204}{720},\frac{218868}{5040}\right\}$$ The denominators are clearly $n!$ y los numeradores corresponde a la secuencia de A103213 en OEIS.
Como verás en el enlace es que, para un gran $n$ $$S_n\approx \frac{2^{n+1}} n$$ Es también dado que $$S_n=-H_n-\Re(B_2(n+1,0))$$ donde aparecen el número armónico y la parte real de la función beta incompleta.
Actualización
Sobre el comportamiento asintótico, parece que podría ser mejorado ligeramente el uso de $$S_n\approx 2^{n+1} n^{\frac{1}{4 n}-1}$$
Anthony Shaw
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858
He aquí una manera de obtener el mismo resultado, y de otra forma, así, sin las integrales: $$ \begin{align} f(n) &=\sum_{k=1}^n\frac1k\binom{n}{k}\\ &=\sum_{k=1}^n\frac1k\left[\binom{n-1}{k}+\binom{n-1}{k-1}\right]\\ &=f(n-1)+\sum_{k=1}^n\frac1k\binom{n-1}{k-1}\\ &=f(n-1)+\frac1n\sum_{k=1}^n\binom{n}{k}\\ &=f(n-1)+\frac{2^n-1}n\\ &=\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\sum_{k=1}^n\frac{2^k-1}k}\\ &=\sum_{k=1}^n\frac1k\sum_{j=0}^{k-1}2^j\\ &=\sum_{j=0}^{n-1}2^j\sum_{k=j+1}^n\frac1k\\ &=\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\sum_{j=0}^{n-1}2^j(H_n-H_j)} \end{align} $$ Sin embargo, yo no veo una simple forma cerrada.
omegadot
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156
Aquí es lo mejor que puedo (en la actualidad?) hacer.
Continuar desde donde lo dejó, a saber $$S = \sum_{k = 1}^n \frac{1}{k} \binom{n}{k} = \int_1^2 (1 + u + \cdots + u^{n - 1}) \, du, \quad (*)$$ suma de la serie geométrica finita tenemos \begin{align*} S = \sum_{k = 0}^{n- 1} \int_1^2 u^k \, du= \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{2^{k + 1}}{k + 1} - \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{1}{k + 1}= 2 \sum_{k - 0}^{n - 1} \frac{2^k}{k + 1} - H_n. \end{align*} Aquí $H_n$ son de la Armónica de los números.
La suma que aparece en la derecha puede ser escrito en los términos de la Lerch trascendente $\Phi(z,s,a)$ como sigue.
A partir de la identidad $$\Phi (z,s,a) = z^n \Phi(z,s,a+n) + \sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{z^k}{(k + a)^s},$$ establecimiento $a = 1, s = 1$, e $z = 2$, después de la reorganización, tenemos $$\sum_{k = 0}^{n - 1} \frac{2^k}{k + 1} = \Phi(2,1,1) - 2^n \Phi(2,1,n+1).$$ Así $$\sum_{k = 0}^n \frac{1}{k} \binom{n}{k} = 2\Phi(2,1,1) - 2^{n + 1} \Phi(2,1,n+1) - H_n.$$ Nota cada Lerch trascendente que aparecen en la expresión anterior es complejo, cuya imaginaria terminan cancelando.
($*$) Como el número de términos que aparecen en la integral es finito, la expresión es, en realidad, en cerrado formado ya. Sin embargo, creo que lo que necesita es una expresión que se puede escribir más "compacta" en términos de conocer (especial) funciones.
sirous
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11
$f(n)=∑ ^n_{k=1}\frac{1}{k} C^n_k $
Esto es igual a término por término de la multiplicación de las siguientes series:
$∑^n_{k=1} C^n_k =∑^n_{k=0} C^n_k-1=(1+1)^n-1=2^n-1$
$∑^n_{k=1}\frac{1}{k}= 1+1/2+1/3 + . . . 1/n =H_n $
⇒ $f(n)=∑ ^n_{k=1}\frac{1}{k} C^n_k =(2^n-1)H_n=∑^n_{k=1}\frac{2^k-1}{k}$
Tenga en cuenta que $(2^n-1)$representa a$(∑ ^n_{k=1} C^n_k)$ $(H_n)$ representa a$(∑ ^n_{k=1}\frac{1}{k})$ $(∑ ^n_{k=1}\frac{1}{k} C^n_k)=∑ ^n_{k=1}\frac{1}{k}\times∑ ^n_{k=1} C^n_k$(término por el término de multiplicación).Por ejemplo, para n=5:
$f(5)=∑ ^5_{k=1}\frac{1}{k} C^5_k$ no$(2^5-1)(1+1/2+1/3+1/4+1/5)=\frac{4247}{60}$, se calcula como:
$f(5)=∑ ^5_{k=1}\frac{1}{k} C^5_k=\frac{2^1-1}{1}+\frac{2^2-1}{2}+\frac{2^3-1}{3}+\frac{2^4-1}{4}+\frac{2^5-1}{5}=\frac{887}{60}$
