El valor de $\sum_{k=0}^\infty k^n x^k$

Question

Cualquier conclusión conocida para $\sum_{k=0}^\infty k^n x^k$ donde $n$ es un número entero no negativo y $0<x<1$ ?

• Si $n=0$ la suma es simplemente $\frac{1}{1-x}$ .
• Si $n=1$ la suma puede ser calculada como se muestra en este puesto
• En general $n$ parece que el método de tomar la derivada es extremadamente complicado aunque creo que la suma tendría un valor finito porque $x^k$ disminuye más rápido que $k^n$ aumenta.

Answer 1

Puede echar un vistazo a la siguiente referencia interesante, debida a Khristo N. Boyadzhiev, que aborda su cuestión: Una fórmula de transformación en serie y polinomios relacionados .

El autor demostró que

$$ \sum_{k=0}^\infty k^n x^k=\frac1{1-x}\: \omega_n\!\left(\frac{x}{1-x}\! \right),\quad |x|<1, $$

donde $\omega_n(\cdot)$ son los polinomios $$ \omega_n(x)=\sum_0^n {\small{n\brace k}}k!\:x^k $$ y donde $\displaystyle {\small{n\brace k}}$ son los Números Stirling del segundo tipo . Se puede observar que $\displaystyle {\small{n\brace k}}$ es el número de particiones de un conjunto de $n$ elementos en $k$ subconjuntos no vacíos.

Answer 2

Se puede observar que $$\frac{d}{dx}\left(\sum_{k=0}^\infty k^n x^k\right) = \sum_{k=1}^\infty k^{n+1} x^{k-1} = \frac{1}{x}\left(\sum_{k=0}^\infty k^{n+1} x^{k}-1\right).$$ Por lo tanto, si observamos $f_n(x) = \sum_{k=0}^\infty k^n x^k$ encontramos una relación $$xf'_n(x) = f_{n+1}(x)-1.$$ Por ejemplo, sabemos que $f_0(x) = \frac{1}{1-x}$ y por lo tanto encontramos que $$f_1(x) = x \left(\frac{1}{1-x}\right)' +1 =\frac{x}{(1-x)^2}+1,$$ y así sucesivamente.

Answer 3

No responde a la convergencia, pero una rápida búsqueda en wolfram da:

http://mathworld.wolfram.com/LerchTranscendent.html

$\sum_{k=0}^\infty k^n x^k = \Phi(x,-n,0)$

Answer 4

Definir para los enteros no negativos $n$ la función $$f_n(z) = \sum_{k=0}^\infty a_k(z) = \sum_{k=0}^\infty k^n z^k.$$ La prueba de la proporción muestra que $$\left|\frac{a_{k+1}(z)}{a_k(z)}\right| = |z| \left(1 + \frac{1}{k}\right)^n,$$ y el límite como $k \to \infty$ para un fijo $n$ muestra claramente que la función es absolutamente convergente siempre que $|z| < 1$ y divergente para $|z| > 1$ . El comportamiento para $|z| = 1$ se deja al lector que explore.

En cuanto a la suma en sí, observamos $$f_{n+1}(z) = z \frac{d}{dz}[f_n(z)], \quad f_0(z) = (1-z)^{-1}$$ por diferenciación formal de la serie de potencias. Esto da, por ejemplo $$\begin{align*} f_1(z) &= z(1-z)^{-2} \\ f_2(z) &= z(1+z)(1-z)^{-3} \\ f_3(z) &= z(1+4z+z^2)(1-z)^{-4} \\ f_4(z) &= z(1+z)(1+10z+z^2)(1-z)^{-5} \\ f_5(z) &= z(1+26z+66z^2+26z^3+z^4)(1-z)^{-6}. \end{align*}$$ Esto sugiere claramente que $$f_{n+1}(z) = P_n(z) (1-z)^{-n}$$ para algún polinomio mónico adecuado $P_n(z)$ con grado $n$ y los coeficientes enteros, y que debemos estar interesados en los coeficientes de $P$ por ejemplo, definir $$P_n(z) = \sum_{m=0}^n c_{n,m} z^m.$$ Entonces tenemos el triángulo de coeficientes $$1 \\ 0, 1 \\ 0, 1, 1 \\ 0, 1, 4, 1 \\ 0, 1, 11, 11, 1 \\ 0, 1, 26, 66, 26, 1 $$ y así sucesivamente. Estos resultan ser Números eulerianos . Se deja como ejercicio para el lector demostrar varias relaciones de recursión entre estos coeficientes y que satisfacen las propiedades deseadas.

Answer 5

No conozco ninguna solución sencilla para la suma general, pero sí un método que funcionará. Como $0 < x < 1$ dejar $x = \frac{1}{y}$ donde $y > 1$ . Considere $n = 2$ Dejemos que $S = \sum_{k = 0}^\infty \frac{k^2}{y^k}$ . \begin{align} S &= \frac{1}{y} + \frac{4}{y^2} + \frac{9}{y^3} + \frac{16}{y^4} + \cdots\\ \frac{S}{y} &= \frac{1}{y^2} + \frac{4}{y^3} + \frac{9}{y^4} + \cdots\\ S - \frac{S}{y} = \frac{S(y - 1)}{y} &= \frac{1}{y} + \frac{3}{y^2} + \frac{5}{y^3} + \frac{7}{y^4} + \cdots\\ \frac{S(y - 1)}{y^2} &= \frac{1}{y^2} + \frac{3}{y^3} + \frac{5}{y^4} + \cdots\\ \frac{S(y - 1)}{y} - \frac{S(y-1)}{y^2} = \frac{S(y-1)^2}{y^2} &= \frac{1}{y} + \frac{2}{y^2} + \frac{2}{y^3} + \frac{2}{y^4} + \cdots\\ &= \frac{1}{y} + \frac{2}{y^2}(1 + \frac{1}{y} + \frac{1}{y^2} + \cdots)\\ &= \frac{1}{y} + \frac{2}{y^2}(\frac{1}{1-\frac{1}{y}}) = \frac{1}{y} + \frac{2}{y(y-1)} \end{align} Por lo tanto, $S = \frac{y^2}{(y-1)^2}(\frac{1}{y} + \frac{2}{y(y-1)}) = \frac{y}{(y-1)^2} + \frac{2y}{(y-1)^3}$ . Ahora pruebe este método para $n = 3$ . \begin{align} S &= \frac{1}{y} + \frac{8}{y^2} + \frac{27}{y^3} + \frac{64}{y^4} + \cdots\\ \frac{S}{y} &= \frac{1}{y^2} + \frac{8}{y^3} + \frac{27}{y^4} + \cdots \\ S - \frac{S}{y} = \frac{S(y-1)}{y} &= \frac{1}{y} + \frac{7}{y^2} + \frac{19}{y^3} + \frac{37}{y^4} + \cdots \\ \frac{S(y-1)}{y^2} &= \frac{1}{y^2} + \frac{7}{y^3} + \frac{19}{y^4} + \cdots \\ \frac{S(y-1)^2}{y^2} &= \frac{1}{y} + \frac{6}{y^2} + \frac{12}{y^3} + \frac{18}{y^4} + \cdots\\ \frac{S(y-1)^2}{y^3} &= \frac{1}{y^2} + \frac{6}{y^3} + \frac{12}{y^4} + \cdots\\ \frac{S(y-1)^3}{y^3} &= \frac{1}{y} + \frac{5}{y^2} + \frac{6}{y^3} + \frac{6}{y^4} + \frac{6}{y^5} + \cdots \end{align} Lo que da lugar a la serie geométrica. Básicamente el procedimiento consiste en tomar la diferencia entre la suma y multiplicarla por el cociente común $\frac{1}{y}$ . Este procedimiento se realizará $n$ veces para producir una cantidad finita de términos más una serie geométrica convergente infinita. Esto ocurre debido a la propiedad de las diferencias finitas. Los cuadráticos tienen segundas diferencias, los cúbicos tienen terceras, $x^n$ tiene $n$ diferencias. Esto significa que los numeradores acaban desapareciendo en constantes mientras que los exponenciales de la parte inferior siguen siendo los mismos. Así que sólo hay que repetir este proceso $n$ veces para calcular la suma. Este método sólo requiere álgebra elemental.