Relation de récurrence entre deux séries
Le problème demande de prouver que$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2(n+1)^2\ldots(n+p-1)^2} = \frac{5p+2}{4(p+1)}\frac{1}{p!^2}-\frac{p(p+1)^3}{4}\cdot\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2(n+1)^2\ldots(n+p+1)^2}$$où$p$est un nombre naturel. Comment montrer que cette équation est vraie ? Je pense que cela découle d'une transformation de Kummer , que je décris brièvement ici : généralement on veut accélérer la convergence d'une série donnée$a_n$au moyen de la transformation évidente suivante :$$\sum a_n = \gamma C + \sum\left(1-\gamma\frac{c_n}{a_n}\right)a_n$$où$c_n$est une série convergente de somme connue$C$tel que$a_n/c_n \to \gamma \ne 0 $(un nombre fini) comme$n\to +\infty$; d'habitude$c_n$est choisi autant proche de$a_n$que possible, pour rendre la convergence plus rapide. Dans cet exemple particulier, j'ai essayé$c_n = (n+y)a_n-(n+2+y)a_{n+2}$(qui est une série télescopique, donc$C$est facile à calculer) avec$y$pour déterminer de telle sorte que la somme du côté droit de la transformation de Kummer soit proche du côté droit de mon équation. Ce choix pour$c_n$est typique dans d'autres scénarios, mais cela ne fonctionne pas vraiment ici. Quel devrait être un bon choix? Aussi, puis-je aborder le problème d'un autre point? Enfin, laissez-moi souligner que cette équation est une relation de récurrence si nous laissons$T_p$Soit la somme de la première série. Un problème intéressant serait de déterminer la relation entre$T_1$et$T_{2k+1}$par exemple, ce qui entraîne d'autres transformations potentielles...
Réponses
Je sais que c'est totalement tricher, mais définir$$S_n=\sum_{i=1}^\infty (-1)^{i-1}\prod_{k=0}^n \frac{1}{(i+k)^2}$$Mathematica trouve$$S_n=\frac{{}_3 F_2([1,1,1],[2+n,2+n];-1)}{(n+1)!^2}$$Avec${}_pF_q$étant une fonction hypergéométrique généralisée :$${}_pF_q([a_1,...,a_p],[b_1,...,b_q];z)=\sum_{k=0}^\infty \frac{\prod_{i=1}^p \Gamma(a_i+k)\prod_{j=1}^q\Gamma(b_j)}{\prod_{i=1}^p\Gamma(a_i)\prod_{j=1}^q \Gamma(b_j+k)}\frac{z^k}{k!}$$Alors peut-être pouvons-nous utiliser certaines propriétés connues de cette fonction spéciale pour nous aider dans la preuve. Dans notre cas puisque nous avons des entiers positifs,$${}_3F_2([1,1,1],[2+n,2+n];-1)=\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{k!(1+n)!}{(n+k+1)!}\right)^2(-1)^k$$Par conséquent$$S_n=\sum_{k=0}^\infty \left(\frac{k!}{(n+k+1)!}\right)^2(-1)^k$$
C'est bien, car cette somme semble converger un peu plus vite que celle avec laquelle nous avons commencé (vous pouvez l'expérimenter numériquement sur Desmos ). Mathematica calcule également des formes fermées pour toutes les valeurs de$n$J'ai essayé:$$S_0=\frac{\pi^2}{12};S_1=3-4\ln(2);S_2=\frac{21-2\pi^2}{48};S_3=\frac{16\ln(2)-11}{54};S_4=\frac{24\pi^2-235}{27648}$$Je vais continuer à travailler sur ce problème. C'est intéressant.
Plus de travail : la récurrence que nous cherchons à prouver est$$S_{n-1}+\frac{n(n+1)^3}{4}S_{n+1}=\frac{5n+2}{4(n+1)n!^2}$$
Laisser$C$Soit le coefficient binomial :$$C(a,b)=\frac{a!}{(a-b)!b!}$$On pourrait remarquer que$$\frac{k!}{(n+k+l)!}=\frac{1}{(n+l)!C(n+k+l,n+l)}$$Ainsi$$S_n=\frac{1}{(n+1)!^2}\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{C(n+k+1,n+1)}$$En utilisant cette définition, nous pouvons reformuler la récurrence susmentionnée comme$$\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{C(n+k,n)^2}+\frac{n(n+1)}{4(n+2)^2}\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k}{C(n+k+2,n+2)^2}=\frac{5n+2}{4(n+1)}$$Peut-être pouvons-nous maintenant utiliser les propriétés récursives du coefficient binomial :$$C(n+k+2,n+2)=C(n+k,n)+2\cdot C(n+k,n+1)+C(n+k,n+2)$$Mais cela reste assez difficile. Je vais continuer à y penser.