Calculando la suma de $f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} {n \cdot 2^n \cdot x^n}$

Question

En el cálculo, ¿cómo se calcula esta suma?

$$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} {n \cdot 2^n \cdot x^n}$$

Esto es lo que he hecho hasta ahora: $$ f(x) = 2x \cdot \sum_{n=0}^{\infty} {n \cdot 2^n \cdot x^{n-1}} $$

Por lo tanto: $$ \frac{\int{f(x)}}{2x} = \sum_{n=0}^{\infty} {2^n \cdot x^n}$$

Pero no tengo ni idea de por dónde seguir.

Answer 1

Creo que puedes resumir la serie en el punto en que la dejaste, $$ \frac{\int f(x) dx}{x} = 1 + 2x + (2x)^2 + (2x)^3 + ... = \frac{1}{1-2x} $$ Por lo tanto, trabajamos de nuevo a $f$ por sí mismo, $$ \int f(x) dx = \frac{x}{1-2x} $$ Tomamos derivados, $$ f(x) = \frac{(1-2x) - x (-2)}{(1-2x)^2} = \frac{1}{(1-2x)^2} $$

Answer 2

$$\sum_{n=1}^\infty nt^n=t\frac{d}{dt}\left(\sum_{n=1}^\infty t^n\right)=t\frac{d}{dt}\left(\frac{t}{1-t}\right)=\frac{t}{(1-t)^2}$$

Ahora con $t=2x$ encontramos $$\sum_{n=1}^\infty n(2x)^n=\frac{2x}{(1-2x)^2}$$

Answer 3

Aquí hay una prueba más elemental, que no utiliza la propiedad de diferenciabilidad/integrabilidad de las series de potencias:

Dejemos que

$$S_m= \sum_{n=0}^{m} {n \cdot 2^n \cdot x^n}$$

Entonces

$$2x S_m =\sum_{n=0}^{m} {n \cdot 2^{n+1} \cdot x^{n+1}}=\sum_{k=1}^{m+1} {(k-1) \cdot 2^{k} \cdot x^{k}}$$ $$=\left(\sum_{k=1}^{m+1} k \cdot 2^{k} \cdot x^{k}\right)-\left(\sum_{k=1}^{m+1} 2^{k} \cdot x^{k}\right)=\left(\sum_{k=0}^{m+1} k \cdot 2^{k} \cdot x^{k}\right)-\left(2x\cdot\frac{1-(2x)^{m+1}}{1-2x}\right)$$ $$2xS_m=\left(S_m+(m+1)2^{m+1}x^{m+1}\right)-\left(2x\cdot\frac{1-(2x)^{m+1}}{1-2x}\right)$$

Resolver para $S_m$ rendimientos:

$$S_m=\left(2x\cdot\frac{1-(2x)^{m+1}}{(1-2x)^2}\right)-\frac{(m+1)(2x)^{m+1}}{1-2x}$$

ahora, $S_m$ es convergente si y sólo si $(2x)^{m+1} \to 0$ si y sólo si $|2x|<1$ .

En este caso

$$\lim S_m= 2x\cdot\frac{1}{(1-2x)^2}$$