¿Cómo calcular la suma de la secuencia $$\frac{1}{\binom{n}{1}}+\frac{1}{\binom{n}{2}}+\frac{1}{\binom{n}{3}}+\cdots+\frac{1}{\binom{n}{n}}=？$ $ ¿qué tal su límite?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Anthony Shaw
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Aquí es un método que se me ocurrió en el chat $$ \begin{align} \frac1{\binom{n}{k\vphantom{+1}}}&=\frac{n-k}{n}\frac1{\binom{n-1}{k}}\tag{1}\\ \frac1{\binom{n}{k+1}}&=\frac{k+1}{n}\frac1{\binom{n-1}{k}}\tag{2}\\ \sum_{k=0}^{n-1}\frac1{\binom{n}{k\vphantom{+1}}}+\frac1{\binom{n}{k+1}} &=\frac{n+1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\frac1{\binom{n-1}{k}}\tag{3}\\ 2\sum_{k=0}^n\frac1{\binom{n}{k\vphantom{+1}}} &=2+\frac{n+1}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\frac1{\binom{n-1}{k}}\tag{4}\\ \frac{2^{n+1}}{n+1}\sum_{k=0}^n\frac1{\binom{n}{k\vphantom{+1}}} &=\frac{2^{n+1}}{n+1}+\frac{2^n}{n}\sum_{k=0}^{n-1}\frac1{\binom{n-1}{k}}\tag{5}\\ \frac{2^{n+1}}{n+1}\sum_{k=0}^n\frac1{\binom{n}{k\vphantom{+1}}} &=\sum_{k=1}^{n+1}\frac{2^k}{k}\tag{6}\\ \sum_{k=0}^n\frac1{\binom{n}{k\vphantom{+1}}} &=\frac{n+1}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{2^k}{k}\tag{7}\\ \end{align} $$ Explicación
$(1)$: Binomio de identidad: $\frac{n!}{k!(n-k)!}=\frac{n}{n-k}\frac{(n-1)!}{k!(n-k-1)!}$
$(2)$: Binomio de identidad: $\frac{n!}{(k+1)!(n-k-1)!}=\frac{n}{k+1}\frac{(n-1)!}{k!(n-k-1)!}$
$(3)$: Agregar $(1)$ $(2)$ y suma $\vphantom{\frac{()}{()}}$
$(4)$: Agregar $\frac1{\binom{n}{n\vphantom{+1}}}+\frac1{\binom{n}{0}}=2$ a ambos lados
$(5)$: multiplicar ambos lados por $\frac{2^n}{n+1}$
$(6)$: $a_n=\frac{2^{n+1}}{n+1}+a_{n-1}$ donde $a_n=\frac{2^{n+1}}{n+1}\sum\limits_{k=0}^n\frac1{\binom{n}{k\vphantom{+1}}}$
$(7)$: multiplicar ambos lados por $\frac{n+1}{2^{n+1}}$
Límite
Como $n\to\infty$, $$ \begin{align} &\frac{n+1}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{2^k}{k} -\frac{n+1}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{2^k}{n}\\ &=\sum_{k=1}^{n+1}\frac{n+1}{2^{n-k+1}}\left(\frac1k-\frac1n\right)\\ &=\sum_{k\le n-n^{1/3}}\frac{n+1}{2^{n-k+1}}\left(\frac1k-\frac1n\right) &&+\sum_{k\gt n-n^{1/3}}\frac{n+1}{2^{n-k+1}}\left(\frac1k-\frac1n\right)\\ &\le\sum_{k\le n-n^{1/3}}\frac1{2^{n-k+1}} &&+\sum_{k\gt n-n^{1/3}}\left|\,\frac1k-\frac1n\,\right|\\ &\le\sum_{k\ge n^{1/3}}\frac1{2^{k+1}} &&+\sum_{k\lt n^{1/3}}\left|\,\frac1{n-k}-\frac1n\,\right|\\ &\le\frac1{2^{n^{1/3}}} &&+\frac{n^{2/3}}{n(n-n^{1/3})}\\[9pt] &\to0\tag{8} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{2^k}{k} &=\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{2^{n+1}}\sum_{k=1}^{n+1}\frac{2^k}{n}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n}\frac{2^{n+2}-2}{2^{n+1}}\\[12pt] &=2\tag{9} \end{align} $$
psychotik
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171
Cuando le interesa sólo el límite, sólo observar que $2 \leq k \leq n-2$, $$\frac{1}{\binom{n}{k}} \leq \frac{1}{\binom{n}{2}} = \frac{2}{n(n-1)}.$ $ así $$ 2 \leq \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{\binom{n}{k}} \leq 2 + \frac{2}{n} + \frac{2(n-3)}{n(n-1)} \xrightarrow[n\to\infty]{} 2$ $ y por lo tanto $$ \lim_{n\to\infty} \sum_{k=0}^{n} \frac{1}{\binom{n}{k}} = 2.$ $
Robert Christie
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Asumiendo $C_n^k$ es sinónimo de $\binom{n}{k} = \frac{n!}{(n-k)! \cdot k!}$, y el uso de, por $k>0$:
$$
\frac{1}{\binom{n}{k}} = k \operatorname{Beta}(k,n-k+1) = k \int_0^1 (1-x)^{k-1} x^{n-k} \mathrm{d} x
$$
Por lo tanto
$$
S = \sum_{k=1}^n \frac{1}{\binom{n}{k}} = \int_0^1 \sum_{k=0}^n k (1-x)^{k-1} x^{n-k} \mathrm{d} x = \int_0^1 \frac{x^{n+1} -(1-x)^n ((2n+1)x-n)}{(1-2x)^2} \mathrm{d} x
$$
Ahora cambiando de integración de la variable $x = \frac{1}{2} + u$:
$$\begin{eqnarray}
S &=& \int_{-1/2}^{1/2} \frac{\mathrm{d} u}{4 u^2} \left( \left(\frac{1}{2}+u\right)^{n+1} - \frac{1}{2} \left(\frac{1}{2}-u\right)^n \left( 1 + 2 (2n+1) u\right)\right) \\
&=& \int_{-1/2}^{1/2} \frac{\mathrm{d} u}{4 u^2} \sum_{k=2}^{n+1} 2^{k-n-1} \left((-1)^k \left((2 n+1) \binom{n}{k-1}-\binom{n}{k}\right)+\binom{n+1}{k}\right) u^{k} \\
&=& \sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor} 2^{2k-n-1} \left(\left((2 n+1) \binom{n}{2k-1}-\binom{n}{2k}\right)+\binom{n+1}{2k}\right) \underbrace{\int_{-1/2}^{1/2} \frac{\mathrm{d} u}{4 u^2} u^{2 k}}_{\frac{1}{4^k} \frac{1}{2k-1}} \\
&=& \sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor} \frac{1}{2^{n}} \frac{1}{2k-1}\frac{(n+1)!}{ (2k-1)! (n-2k+1)!} \stackrel{\ast}{=} \sum_{k=1}^n \frac{n+1}{n+1-k} \frac{1}{2^k}
\end{eqnarray}
$$
Así
$$
\sum_{k=0}^n \frac{1}{\binom{n}{k}} = \sum_{k=0}^n \frac{n+1}{n+1-k} \frac{1}{2^k}
$$
Para un gran $n$ la suma se aproxima al valor de $2$ de arriba:
Yo estoy esperando esta suma tiene un buen probabilístico fundamentos.
Añadido: Derivación de igualdad de $\stackrel{\ast}{=}$ por encima de
$$ \begin{eqnarray} S &=& \sum_{k=1}^{\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor} \frac{1}{2^{n}} \frac{1}{2k-1}\frac{(n+1)!}{ (2k-1)! (n-2k+1)!} = \frac{n+1}{2^n} \underbrace{\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n-1}{2}\rfloor} \frac{1}{2k+1} \binom{n}{2k+1}}_{A_n} \end{eqnarray} $$ Ahora vamos a establecer que el $A_{n+1} - A_{n} = \frac{2^{n}}{n+1}$, lo que implicaría $$A_n = \sum_{k=1}^n \frac{2^{k-1}}{k} \stackrel{k \to n+1-k}{=} \sum_{k=1}^n \frac{2^{n-k}}{n+1-k}$$ Por lo tanto, proceder, en primer lugar, para incluso, $n=2m$: $$ \begin{eqnarray} A_{2m+1} -A_{2m} &=& \sum_{k=0}^{m} \frac{1}{2k+1} \left( \underbrace{\binom{2m+1}{2k+1} - \binom{2m}{2k+1}}_{\binom{2m}{2k}}\right) \\ &=& \sum_{k=0}^{m} \frac{1}{2k+1} \binom{2m}{2k} = \frac{1}{2}\int_0^1 \left( (1+x)^{2m} + (1-x)^{2m} \right) \mathrm{d} x = \frac{2^{n}}{n+1} \end{eqnarray} $$ y luego, de manera similar, para el extraño, $n=2m+1$: $$\begin{eqnarray} A_{2m+2}-A_{2m+1} &=& \sum_{k=0}^m \frac{1}{2k+1} \binom{2m+1}{2k} \\ &=& \frac{1}{2}\int_0^1 \left( (1+x)^{2m+1} + (1-x)^{2m+1} \right) \mathrm{d} x = \frac{2^n}{n+1} \end{eqnarray} $$
Did
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La determinación del límite es directa, manteniendo sólo el primer y último términos y delimitación de los demás. Para obtener una fórmula exacta, se puede utilizar un método similar al de @Sasha, mientras que (i) ser un poco más sencilla y (ii) evitar un paso me parece claro. Como @Sasha, uno empieza con una beta de la representación, a saber, $$ {n\elegir k}^{-1}=(n+1)\int_0^1^{n-k}(1-x)^k\mathrm dx. $$ Resumiendo, $$ S_n=\sum_{k=0}^n{n\elegir k}^{-1}=(n+1)\int_0^1u_n(x)\mathrm dx,\quad u_n(x)=\sum_{k=0}^nx^{n-k}(1-x)^k. $$ Tenga en cuenta que $u_n(x)$ es una serie geométrica, por lo tanto $$ u_n(x)=\frac{x^{n+1}-(1-x)^{n+1}}{2x-1}. $$ Mediante el cambio de variables $x=\frac12(1+z)$ $-1\leqslant z\leqslant 1$ rendimientos $$ u_n(x)=\frac{(1+z)^{n+1}-(1-z)^{n+1}}{2^{n+1}z}=\frac1{2^{n}}\sum_k{n+1\elegir 2k+1}z^{2k}. $$ Por lo tanto, $$ S_n=\frac{n+1}{2^n}\sum_k{n+1\elegir 2k+1}\frac1{2k+1}\left[z^{2k+1}\right]_{0}^1, $$ y, finalmente, $$ \sum_{k=1}^n{n\elegir k}^{-1}=S_n-1=\frac1{2^n}\sum_{k=0}^{\lfloor\frac{n}2\rfloor}{n+1\elegir 2k+1}\frac{n+1}{2k+1}-1. $$
