Sumas telescópicas avanzadas y productos infinitos

Telescopaje aditivo: técnicas avanzadas

El principio telescópico dice: $\sum_{k=m}^{n} (f(k+1)-f(k)) = f(n+1)-f(m)$. La potencia de la técnica reside en **encontrar la función $f$ adecuada** para una suma dada.

Fracciones parciales y telescopaje racional. Para sumar $\sum_{k=1}^n \frac{1}{k(k+1)(k+2)}$, descomponemos $\frac{1}{k(k+1)(k+2)} = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{k(k+1)}-\frac{1}{(k+1)(k+2)}\right)$, y la suma telescopa a $\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{1\cdot 2} - \frac{1}{2}\cdot\frac{1}{(n+1)(n+2)}$. El patrón general: $\frac{1}{k(k+1)\cdots(k+r)} = \frac{1}{r}\left(\frac{1}{k(k+1)\cdots(k+r-1)}-\frac{1}{(k+1)\cdots(k+r)}\right)$.

Telescopaje trigonométrico. La fórmula del ángulo doble $\sin(2\theta) = 2\sin\theta\cos\theta$ da $\cos\theta = \frac{\sin 2\theta}{2\sin\theta}$. Luego $\prod_{k=1}^n \cos(\theta/2^k) = \frac{\sin\theta}{2^n \sin(\theta/2^n)} \to \frac{\sin\theta}{\theta}$ cuando $n\to\infty$. Este es un telescopaje multiplicativo clásico.

Telescopaje con determinantes. Si $a_k = \frac{D_{k+1}}{D_k}$ para alguna sucesión de determinantes $D_k$, la suma $\sum \ln a_k = \ln D_{n+1} - \ln D_0$ telescopa. Esto transforma sumas de logaritmos de fracciones en diferencias de logaritmos de determinantes.

Abel summation (summation by parts). El análogo discreto de la integración por partes: $\sum_{k=m}^n a_k b_k = A_n b_{n+1} - A_{m-1} b_m - \sum_{k=m}^n A_k (b_{k+1}-b_k)$, donde $A_k = \sum_{j=m}^k a_j$. Útil cuando $b_k$ varía lentamente y $\{a_k\}$ tiene suma parcial controlable.

Productos infinitos: convergencia y evaluación

Un producto infinito $\prod_{n=1}^\infty a_n$ converge (a un valor no nulo) si y solo si $\sum_{n=1}^\infty \ln a_n$ converge. En particular, $\prod(1+b_n)$ converge si $\sum |b_n| < \infty$.

Producto de Euler para el seno. $\sin(\pi x) = \pi x \prod_{n=1}^\infty \left(1 - \frac{x^2}{n^2}\right)$. Esta identidad, demostrada por Euler, se usa para evaluar $\sum_{n=1}^\infty 1/n^2 = \pi^2/6$ (comparando los coeficientes de $x^2$ en ambos lados) y para calcular valores de $\Gamma$ y de la función zeta de Riemann.

Producto de Wallis. $\frac{\pi}{2} = \prod_{n=1}^\infty \frac{(2n)(2n)}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{2}{1}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{6}{5}\cdot\frac{6}{7}\cdots$. Se obtiene evaluando el producto de Euler en $x=1/2$.

Producto para el coseno. $\cos(\pi x) = \prod_{n=1}^\infty \left(1 - \frac{4x^2}{(2n-1)^2}\right)$. En $x=1/2$: $0 = \prod_{n=1}^\infty \left(1-\frac{1}{(2n-1)^2}\right)$... esto no es correcto; el producto para $x=1/2$ usa que $\cos(\pi/2)=0$, lo que está capturado por el factor $n=1$ (que da $1-1=0$). Formalmente el producto se toma para $x\neq 1/2+\mathbb{Z}$.

Productos finitos telescópicos. Muchos productos finitos evalúan por telescopaje: $\prod_{k=1}^n \frac{k+1}{k} = n+1$ (telescopa), $\prod_{k=2}^n \left(1-\frac{1}{k^2}\right) = \frac{n+1}{2n}$ (pues $1-1/k^2 = \frac{(k-1)(k+1)}{k^2}$ y el producto es $\frac{1\cdot 3}{2^2}\cdot\frac{2\cdot 4}{3^2}\cdots = \frac{(n-1)!\cdot(n+1)!}{(n!)^2\cdot 2} = \frac{n+1}{2n}$).

Telescopaje en sumas de series armónicas y transformadas

**Sumas de series tipo $\sum 1/(n(n+k))$.** Por fracciones parciales: $\frac{1}{n(n+k)} = \frac{1}{k}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+k}\right)$. Entonces $\sum_{n=1}^N \frac{1}{n(n+k)} = \frac{1}{k}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{k} - \frac{1}{N+1}-\cdots-\frac{1}{N+k}\right) \to \frac{H_k}{k}$ cuando $N\to\infty$, donde $H_k = 1+1/2+\cdots+1/k$ es el número armónico.

Identidad de digamma. $\psi(x+1)-\psi(x)=1/x$ donde $\psi = \Gamma'/\Gamma$ es la función digamma. Esto es el telescopaje continuo de los números armónicos: $H_n = \psi(n+1) - \psi(1) = \psi(n+1)+\gamma$ (con $\gamma$ la constante de Euler).

Transformada de Abel discreta. $\sum_{k=1}^n k\cdot a_k = n A_n - \sum_{k=1}^{n-1} A_k$ donde $A_k = \sum_{j=1}^k a_j$. Aplicando a $a_k = 1/k^s$ (serie de Dirichlet): $\sum_{k=1}^n k^{1-s} = n\cdot n^{-s}\cdot(\text{aprox}) - \int \ldots$; esto da la fórmula de Euler–Maclaurin a orden 1.

Truco de la suma doble. $\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n f(i,j) = \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n f(j,i)$ (simetría). Si $f(i,j) = g(i)/h(j)$ o similar, intercambiar el orden de suma transforma una suma difícil en una más simple. Combinado con telescopaje: $\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^k}{k}\binom{n}{k} = -H_n/1 + H_{n/2}/2 - \ldots$ puede calcularse por Abel sobre la suma interior.

Telescopaje multiplicativo: paso a logaritmos y de vuelta

Regla: $\prod_{k=m}^n \frac{g(k+1)}{g(k)} = \frac{g(n+1)}{g(m)}$. Este es el telescopaje multiplicativo. Para aplicarlo, debemos escribir el término general $a_k$ como cociente $g(k+1)/g(k)$.

Ejemplo 1. $\prod_{k=1}^n \frac{k^2+k+1}{k^2-k+1}$. Notamos que $k^2+k+1 = (k+1)^2-(k+1)+1$. Entonces $a_k = \frac{(k+1)^2-(k+1)+1}{k^2-k+1} = \frac{g(k+1)}{g(k)}$ con $g(k)=k^2-k+1$. El producto telescopa: $\prod_{k=1}^n a_k = \frac{g(n+1)}{g(1)} = n^2+n+1$.

Ejemplo 2 (anguloso). $\prod_{k=1}^n \cos\frac{\theta}{2^k} = \frac{\sin\theta}{2^n \sin(\theta/2^n)}$. Prueba: multiplica por $2^n \sin(\theta/2^n)$ y aplica $\sin(2\alpha)=2\sin\alpha\cos\alpha$ repetidamente: $2\sin(\theta/2^n)\cos(\theta/2^n) = \sin(\theta/2^{n-1})$, luego $2^2\sin(\theta/2^n)\cos(\theta/2^n)\cos(\theta/2^{n-1}) = \sin(\theta/2^{n-2})$, etc.

De producto a suma por logaritmo. $\ln\prod a_k = \sum \ln a_k$. Si $a_k = 1 + b_k$ con $b_k$ pequeño, $\ln a_k \approx b_k - b_k^2/2 + \ldots$. Para evaluar $\prod(1+b_k)$ exactamente cuando los $b_k$ tienen estructura algebraica, se usa que el logaritmo del producto satisface telescopaje si $\ln(1+b_k) = h(k+1)-h(k)$.

Factorización de productos finitos. $\prod_{k=1}^{n-1}(x - \omega^k) = 1+x+x^2+\cdots+x^{n-1}$ donde $\omega = e^{2\pi i/n}$ (factorización de $x^n-1$ sobre $\mathbb{C}$). Evaluando en $x=1$: $\prod_{k=1}^{n-1}(1-\omega^k) = n$. En $x=-1$: $\prod_{k=1}^{n-1}(-1-\omega^k) = 1+(-1)^{n-1}+\cdots$ Este tipo de productos aparece en álgebra de cuerpos finitos y en conteo de soluciones de ecuaciones sobre $\mathbb{F}_p$.

Problema IMO resuelto: telescopaje en sumas de raíces

Problema (IMO Shortlist 1996, A3 / clásico de suma telescópica). Calcular $\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}}$ y demostrar que $\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{k}(\sqrt{k}+\sqrt{k+1})^2}$ converge.

Parte 1. Racionalizamos: $\frac{1}{\sqrt{k}+\sqrt{k+1}} = \frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{(k+1)-k} = \sqrt{k+1}-\sqrt{k}$. La suma telescopa: $\sum_{k=1}^n (\sqrt{k+1}-\sqrt{k}) = \sqrt{n+1}-1$.

Parte 2. Para la serie infinita: $\frac{1}{\sqrt{k}(\sqrt{k}+\sqrt{k+1})^2} = \frac{1}{\sqrt{k}} \cdot (\sqrt{k+1}-\sqrt{k})^2 = \frac{(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})^2}{\sqrt{k}}$. Ahora $(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})^2 = 2k+1-2\sqrt{k(k+1)} < 2k+1 - 2k = 1$, así el término es $< 1/\sqrt{k}$... de hecho $\sqrt{k+1}-\sqrt{k} = 1/(\sqrt{k+1}+\sqrt{k}) \approx 1/(2\sqrt{k})$, así $(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})^2 \approx 1/(4k)$, dando término $\approx 1/(4k^{3/2})$. Como $\sum 1/k^{3/2}$ converge, la serie converge.

La cota exacta: $\frac{1}{\sqrt{k}(\sqrt{k}+\sqrt{k+1})^2} = \frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{\sqrt{k}(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})^{-1}(\sqrt{k}+\sqrt{k+1})^2}$... simplificando: $= (\sqrt{k+1}-\sqrt{k})^2/\sqrt{k} < 1/(4k^{3/2})$ (estimación más cuidadosa da $\leq 1/(4k^{3/2})$). La suma es $\sum_{k=1}^\infty 1/(4k^{3/2}) < \infty$. $\blacksquare$