Telescópico de la serie de la forma $\sum (an+1) ..(an+k)$

Question

Si se nos da una serie de decir

$\sum_{n=1}^N (n+1)(n+2) ... (n+k)$, podemos encontrar una telescópico de la serie señalando que

$(n+1)(n+2)..(n+k)(n+k+1) - n(n+1)..(n+k) = (n+k+1-n) (n+1)...(n+k)$

y por lo tanto capaz de escribir

$\sum_{n=1}^N (n+1)(n+2) ... (n+k) = \frac{1}{k+1}\sum_{n=1}^N (n+1)...(n+k+1) - n(n+1)...(n+k)$.

Sin embargo, para la serie como $\sum_{n=1}^N (2n+1)(2n+2) ... (2n+k)$, o por un múltiplo de $n$,$\sum_{n=1}^N (an+1)(an+2) ... (an+k)$, el mismo truco para agregar un término antes y después de que no iba a funcionar.

Hay alguna forma para expresar la serie como una suma telescópica, o en su defecto, cualquier útil (relativamente) la forma cerrada de las identidades? Si es así, es un puntero a una referencia sería muy apreciada!

Answer 1

La identidad original proviene de la búsqueda de un antidifference para la función de $n^{\underline{k}}$. Por desgracia, ninguna de estas antidifference existe para $(2n)^{\underline{k}}$, debido a la falta de una "regla de la cadena" para antidifferences. Sin embargo he aquí un enfoque que te pueden gustar:

$$a_k=\sum_{n=1}^N(2n+1)(2n+2)\cdots(2n+k)$$ $$b_k=\sum_{n=1}^N (2n)(2n+1)\cdots(2n+k-1)$$

La multiplicación de los sumandos de $a_k$$(2n+k+1-2n)=k+1$, obtenemos $a_k=\frac{1}{k+1}(a_{k+1}-b_{k+1})$. La multiplicación de los sumandos de $b_k$$(2n+k-2n+1)=k+1$, obtenemos $b_k=\frac{1}{k+1}(b_{k+1}-\sum_{n=0}^{N-1}(2n+1)(2n+2)\cdots(2n+k+1))=\frac{1}{k+1}(b_{k+1}-a_{k+1}+s_k)$ donde $s_k=(2N+1)(2N+2)\cdots(2N+k+1)-(k+1)!$.

Sumando, obtenemos $$a_k+b_k=\frac{s_k}{k+1}$$

La sustitución de $k$ $k+1$ y reordenando, obtenemos $$-b_{k+1}=a_{k+1}-\frac{s_{k+1}}{k+2}$$

Nos conectamos con nuestra fórmula anterior para $a_k$ conseguir $a_k=\frac{1}{k+1}(2a_{k+1}-\frac{s_{k+1}}{k+2})$. Ahora podemos resolver para $a_{k+1}$ para obtener $$a_{k+1}=\frac{k+1}{2}a_k+\frac{s_{k+1}}{2k+4}$$ que por cierto no es la forma cerrada, pero es un primer orden de recurrencia.

Answer 2

Vamos $P(k,a,j) =\prod_{i=1}^k (ai+j) =^k \prod_{i=1}^k (i+j/a) $.

En lugar de comparar el siguiente término con el término actual, Voy a comparar el plazo $a$ más en (que es el término siguiente al $a=1$).

$\begin{align} P(k, a, j+a) - P(k, a, j) &=a^k \prod_{i=1}^k (i+(j+a)/a) -a^k \prod_{i=1}^k (i+j/a)\\ &=a^k\big( \prod_{i=1}^k (i+(j+a)/a) -\prod_{i=1}^k (i+j/a)\big)\\ &=a^k\big( \prod_{i=1}^k (i+1+j/a) -\prod_{i=1}^k (i+j/a)\big)\\ &=a^k\big( \prod_{i=2}^{k+1} (i+j/a) -\prod_{i=1}^k (i+j/a)\big)\\ &=a^k \big(\prod_{i=2}^{k} (i+j/a)\big) \big ((k+1+j/a) - (1+j/a)\big)\\ &=a^k k\prod_{i=2}^{k} (i+j/a)\\ &=a k\prod_{i=2}^{k} (ai+j)\\ &=a k\prod_{i=1}^{k-1} (a(i+1)+j)\\ &=a k\prod_{i=1}^{k-1} (ai+a+j)\\ &=a kP(k-1, a, j+a)\\ \end{align} $

o $P(k+1, j+a) - P(k+1, a, j) =a(k+1) P(k, a, j+a) $ o $\dfrac{P(k+1, j+a) - P(k+1, a, j)}{a(k+1)} = P(k, a, j+a) $ o $\dfrac{P(k+1, j) - P(k+1, j-a)}{a(k+1)} = P(k, a, j) $

Para $a=1$ esto se convierte en $P(k+1, 1, j+1) - P(k+1, 1, j) =(k+1)P(k-1, 1, j+1) $ o $P(k+1, 1, j) - P(k+1, 1, j-1) =(k+1)P(k-1, 1, j) $.

Así (nota de los límites de la suma)

$\begin{align} \sum_{j=1}^{Na} P(k, a, j) &=\frac1{a(k+1)}\sum_{j=1}^{Na} \big(P(k+1, a, j) - P(k+1, a, j-a)\big)\\ &=\frac1{a(k+1)}\big(\sum_{j=1}^{Na} P(k+1, a, j) -\sum_{j=1}^{Na} P(k+1, a, j-a)\big)\\ &=\frac1{a(k+1)}\big(\sum_{j=Na-a+1}^{Na} P(k+1, a, j) -\sum_{j=1-a}^{0} P(k+1, a, j)\big)\\ \end{align} $

Tenemos $a$ términos que implican $N$ y $a$ términos que no (y constante).

Si el límite superior no es un múltiplo de a $a$, luego están los de $1$ a $a-1$ términos de la forma $P(k, a, Na+i)$.

Esta es una generalización razonable (En mi humilde opinión) de la suma telescópica para $a=1$.