Series hipergeométricas

Proporcionamos ejercicios sobre las series hipergeométricas.

Enunciado
1. Demostrar que la serie $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n(n+1)}$ es hipergeométrica y hallar su suma.
2. Calcular la suma de la serie $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(2n-1)(2n+1)(2n+3)}.$
3. Sea $u_1+u_2+\cdots+u_n+\cdots$ una serie hipergeométrica. Demostrar que:
   $i)$ Si $\alpha+\beta<\gamma,$ la serie es convergente con suma $S=\dfrac{\gamma u_1}{\gamma-(\alpha+\beta)}.$
   $ii)$ Si $\alpha+\beta\geq\gamma,$ la serie es divergente
4. Calcular la suma de la serie $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(n+2)(n+3)}.$
5. Dada la serie $$\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{n!}{a(a+1)(a+2)\ldots(a+n-1)}\quad (a>0),$$ analizar su carácter según los valores de $a,$ y hallar la suma cuando sea convergente.

Solución
1. Se verifica $$\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{1}{(n+1)(n+2)}:{\frac{1}{n(n+1)}}=\frac{n}{n+2}=\frac{1\cdot n+0}{1\cdot n+2}.$$ Como $\alpha=1,$ $\beta=0$ y $\gamma=2,$ la serie es claramente hipergeométrica. Además, $\alpha+\beta<\gamma$ y por tanto es convergente de suma: $$S=\frac{\gamma u_1}{\gamma-(\alpha+\beta)}=\frac{2(1/2)}{2-(1+0)}=1.$$ Nota. Está serie ya se sumó como telescópica.
2. Se verifica $$\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{1}{(2n+1)(2n+3)(2n+5)}:\frac{1}{(2n-1)(2n+1)(2n+3)}$$ $$=\frac{(2n-1)(2n+1)(2n+3)}{(2n+1)(2n+3)(2n+5)}=\frac{2n-1}{2n+5}=\frac{\alpha n+\beta}{\alpha n+\gamma}.$$ Como $\alpha=2,$ $\beta=-1$ y $\gamma=5,$ la serie es claramente hipergeométrica. Además, $\alpha+\beta<\gamma$ y por tanto es convergente de suma: $$S=\frac{\gamma u_1}{\gamma-(\alpha+\beta)}=\frac{5(1/15)}{5-(2-1)}=\frac{1}{12}.$$
3. $i)$ Apliquemos el criterio de Raabe: $$L=\lim_{n\to +\infty}n\left(1-\frac{u_{n+1}}{u_n}\right)=\lim_{n\to +\infty}n\left(1-\frac{\alpha n+\beta}{\alpha n+\gamma}\right)$$$$=\lim_{n\to +\infty}n\cdot\frac{\gamma-\beta}{\alpha n+\gamma}=\frac{\gamma-\beta}{\alpha}.$$ Si $\alpha+\beta<\gamma,$ entonces $\alpha<\gamma-\beta,$ luego $L=(\gamma-\beta)/\alpha>1$ y la serie es convergente. Hallemos en este caso su suma. Dando valores $k=1,2,\ldots,n-1$ en la relación $u_{k+1}(\alpha k+\gamma)=u_k(\alpha k+\beta),$ y añadiendo la igualdad trivial $ u_n(n\alpha +\beta)$ $=u_n(n\alpha +\beta):$ $$\begin{aligned}&u_{2}(\alpha +\gamma)=u_1(\alpha +\beta)\\
   &u_{3}(2\alpha+\gamma)=u_2(2\alpha +\beta)\\
   &u_{4}(3\alpha +\gamma)=u_3(3\alpha +\beta)\\
   &\ldots\\
   &u_{n}\left((n-1)\alpha +\gamma)\right)=u_{n-1}\left((n-1)\alpha +\beta\right)\\
   & u_n(n\alpha +\beta)=u_n(n\alpha +\beta).\end{aligned}$$ Sumando miembro a miembro las igualdades anteriores y agrupando, obtenemos $$\gamma (S_n-u_1)+(\alpha n+\beta)u_n=(\alpha+\beta)S_n,$$ en donde $S_n=u_1+u_2+\cdots+u_n.$ Despejando $S_n:$ $$S_n=\frac{\gamma u_1}{\gamma -(\alpha +\beta)}-\frac{u_n(\alpha n+\beta)}{\gamma -(\alpha +\beta)}.$$ Como la serie es convergente, existe $S=\lim_{n\to +\infty}S_n,$ luego también existe el límite de la sucesión $$a_n=\frac{u_n(\alpha n+\beta)}{\gamma -(\alpha +\beta)}.$$ Veamos que $a_n$ tiene límite nulo. En efecto, si $a_n\to a\neq 0$, usando la igualdad anterior, $$\lim_{n\to +\infty}\left(u_n:\frac{1}{\alpha n +\beta}\right)=\left(\gamma-(\alpha +\beta)\right)\lim_{n\to +\infty}a_n=\left(\gamma-(\alpha +\beta)\right)a\neq 0,$$ y la serie $\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ tendría el mismo carácter que $\sum_{n=1}^{+\infty}1/(\alpha n+\beta)$ que es divergente (contradicción). Podemos pues concluir que $$S=\dfrac{\gamma u_1}{\gamma-(\alpha+\beta)},\quad (\alpha+\beta<\gamma).$$ $ii)$ Si $\alpha+\beta>\gamma,$ entonces $\alpha>\gamma-\beta,$ luego el límite $L$ asociado al criterio de Raabe que calculamos en el apartado anterior es $L=(\gamma-\beta)/\alpha<1,$ es decir la serie es divergente.
   Falta analizar el caso $\alpha+\beta=\gamma.$ En este caso, la igualdad del apartado anterior $$\gamma (S_n-u_1)+(\alpha n+\beta)u_n=(\alpha+\beta)S_n$$ implica que $$u_n=\dfrac{\gamma u_1}{\alpha n +\beta},$$ y por tanto la serie es divergente.
4. Se verifica$$\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{1}{(n+3)(n+4)}:\frac{1}{(n+2)(n+3)}=\frac{n+2}{n+4}=\frac{\alpha n+\beta}{\alpha n+\gamma}.$$Como $\alpha=1,$ $\beta=2$ y $\gamma=4,$ la serie es claramente hipergeométrica. Además, $\alpha+\beta<\gamma$ y por tanto es convergente de suma:$$S=\frac{\gamma u_1}{\gamma-(\alpha+\beta)}=\frac{4(1/12)}{4-(1+2)}=\frac{1}{3}.$$
5. La serie es de términos positivos. Usando el criterio del cociente:$$\frac{u_{n+1}}{u_n}=\frac{(n+1)!}{a(a+1)(a+2)\ldots(a+n-1)(a+n)}:\frac{a(a+1)(a+2)\ldots(a+n-1)}{n!}$$$$=\frac{n+1}{n+a}\Rightarrow \lim_{n\to +\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}\Rightarrow \lim_{n\to +\infty}\frac{n+1}{n+a}=1\text{ (caso dudoso).}$$Apliquemos el criterio de Raabe:$$L=\lim_{n\to +\infty}n\left( 1-\frac{u_{n+1}}{u_n}\right)=\lim_{n\to +\infty}n\cdot\frac{a-1}{n}=a-1.$$La serie es convergente si $a>2,$ divergente si $0<a<2,$ y caso dudoso si $a=2.$ En este último caso, la serie es$$\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{n!}{2\cdot 3\cdot 4\cdot \ldots\cdot (n+1)}=\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{1}{n+1},$$que claramente es divergente, basta compararla por cociente con la serie armónica. Hallemos la suma de la serie para $a>2.$ Podemos expresar$$\sum_{n=2}^{+\infty}\frac{n!}{a(a+1)(a+2)\ldots(a+n-1)}=-\dfrac{1}{a}+\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{n!}{a(a+1)(a+2)\ldots(a+n-1)}$$y dado que $u_{n+1}/u_n=(n+1)/(n+a),$ la última serie es hipergeométrica con $\alpha=1,$ $\beta=1$ y $\gamma=a>2.$ La suma $S$ de la serie es por tanto$$S=-\dfrac{1}{a}+\frac{a (1/a)}{a-(1 +1)}=-\dfrac{1}{a}+\frac{1}{a-2}=\frac{2}{a(a-2)}\quad (a>2).$$