Suma doble con integral impropia

Question

Así que mi amigo me envió este problema realmente interesante. Dice así:

Evalúa la siguiente expresión:

$$ \sum_{a=2}^\infty \sum_{b=1}^\infty \int_{0}^\infty \frac{x^{b}}{e^{ax} \ b!} \ dx .$$

Este es mi enfoque:

Primero evalúa la integral:

$$ \frac{1}{b!} \int_0^\infty \frac{x^b}{e^{ax}}\ dx.$$

Esto se puede hacer utilizando la integración por partes y obtenemos:

$$ \frac{1}{b!} \frac{b}{a} \int_0^\infty \frac{x^{b-1}}{e^{ax}}\ dx.$$

Podemos hacerlo $ b $ veces hasta que lo consigamos:

$$ \frac{1}{b!} \frac{(b)(b-a).....(b-b+1)}{a^b} \int_0^\infty \frac{x^{b-b}}{e^{ax}}\ dx.$$

y por lo tanto terminamos con:

$$ \frac{1}{b!} \frac{b!}{a^b}\qquad\left(\frac{-1 \ e^{-ax}}{a}\Big|_0^\infty\right) = \frac{1}{a^{b+1}}.$$

Ahora podemos aplicar la fórmula de la suma de GP al infinito y obtenemos:

$$ \sum_{a=2}^\infty \sum_{b=1}^\infty \frac{1}{a^{b+1}} = \sum_{a=2}^\infty \frac{\frac{1}{a^{2}}}{1-\frac{1}{a}}.$$

Esta es una serie telescópica y terminamos con $$ \frac{1}{a-1} = \frac{1}{2-1} = 1.$$

¿Tienen alguna otra forma de resolver este problema? Por favor, compártanlo aquí.

Answer 1

Desde $\frac{x^b}{e^{ax} b!}$ es no negativo, el teorema de Tonelli para integrales/sumas iteradas nos permite intercambiar integrales y sumas sin problemas. Entonces: \begin{align} &\sum_{a=2}^\infty \sum_{b=1}^\infty \int_{0}^\infty \frac{x^{b}}{e^{ax} \ b!} \ dx \\ &=\int_{0}^\infty \sum_{a=2}^\infty e^{-ax} \sum_{b=1}^\infty \frac{x^{b}}{ \ b!} \ dx \\ &= \int_{0}^\infty \underbrace{\left(\sum_{a=2}^\infty (e^{-x})^a\right)}_{\text{geometric series}} \overbrace{\left(\sum_{b=0}^\infty \frac{x^{b}}{ \ b!}-1\right)}^{\text{series definition of $e^x$}} \ dx \\ &= \int_{0}^\infty \frac{1}{e^x(e^x-1)}(e^{x}-1)dx \\ &= \int_0^\infty e^{-x} dx \\&= 1.\end{align}

Answer 2

La integral es de tipo Gamma,

$$\int_{0}^\infty \frac{x^{b}}{e^{ax}} \ dx=\frac1{a^{b+1}}\int_{0}^\infty t^be^{-t}\ dx =\frac{b!}{a^{b+1}}.$$

Entonces

$$\sum_{a=2}^\infty \sum_{b=1}^\infty\frac1{a^{b+1}}=\sum_{a=2}^\infty \frac1{a^2\left(1-\dfrac1a\right)}=\sum_{a=2}^\infty \frac1{a(a-1)}$$ es efectivamente una suma telescópica, dando

$$\frac1{2-1}.$$

Answer 3

Para la primera parte suelo utilizar la transformada de Laplace: $$\frac{1}{b!} \int_0^\infty \frac{x^b}{e^{ax}}\ dx = \frac{1}{b!} \int_0^\infty x^be^{-ax}\ dx = \frac{1}{b!} {\cal L}(x^b)\Big|_{s=a} = \frac{1}{b!} \frac{b!}{a^{b+1}} = \frac{1}{a^{b+1}}$$ esto lo hace más fácil.

Answer 4

También hay que tener en cuenta: $$S=\sum_{a=2}^\infty\sum_{b=1}^\infty\int_0^\infty\frac{x^b}{e^{ax}b!}dx=\sum_{a=2}^\infty\sum_{b=1}^\infty\frac{1}{b!}\int_0^\infty x^be^{-ax}dx$$ Ahora déjalo: $$u=ax$$ $$dx=\frac{du}{a}$$ Así que..: $$S=\sum_{a=2}^\infty\sum_{b=1}^\infty\frac{1}{a*b!}\int_0^\infty \left(\frac{u}{a}\right)^be^{-u}du=\sum_{a=2}^\infty\sum_{b=1}^\infty\frac{a^{-(b+1)}}{b!}\int_0^\infty u^be^{-u}du$$ y lo sabemos: $$(n-1)!=\Gamma(n)=\int_0^\infty e^{-t}t^{n-1}dt$$ por lo que nuestra suma ahora se simplifica a: $$S=\sum_{a=2}^\infty\sum_{b=1}^\infty\frac{a^{-(b+1)}}{b!}b!=\sum_{a=2}^\infty\sum_{b=1}^\infty\frac{1}{a^{b+1}}=\sum_{a=2}^\infty\sum_{c=2}^\infty\frac{1}{a^{c}}=\sum_{a=2}^\infty\left(\sum_{c=1}^\infty\frac{1}{a^c}-\frac{1}{a}\right)=\sum_{a=2}^\infty\sum_{c=1}^\infty\frac{1}{a^c}-\sum_{a=2}^\infty\frac{1}{a}$$ Sé que es correcto hasta la segunda suma de la última línea, pero después no estoy seguro.