Cómo calcularlo: $\sum_{n=1}^{\infty} n a^n$

Question

He intentado calcular esta suma:

$$\sum_{n=1}^{\infty} n a^n$$

Se trata de intentar calcular el término "medio" en una media que decae exponencialmente.

He hecho lo siguiente:

$$\text{let }x = \sum_{n=1}^{\infty} n a^n$$ $$x = a + a \sum_{n=1}^{\infty} (n+1) a^n$$ $$x = a + a (\sum_{n=1}^{\infty} n a^n + \sum_{n=1}^{\infty} a^n)$$ $$x = a + a (x + \sum_{n=1}^{\infty} a^n)$$ $$x = a + ax + a\sum_{n=1}^{\infty} a^n$$ $$(1-a)x = a + a\sum_{n=1}^{\infty} a^n$$

Intentemos resolver el $\sum_{n=1}^{\infty} a^n$ parte:

$$let y = \sum_{n=1}^{\infty} a^n$$ $$y = a + a \sum_{n=1}^{\infty} a^n$$ $$y = a + ay$$ $$y - ay = a$$ $$y(1-a) = a$$ $$y = a/(1-a)$$

Vuelve a sustituir y:

$$(1-a)x = a + a*(a/(1-a))$$ $$(1-a)^2 x = a(1-a) + a^2$$ $$(1-a)^2 x = a - a^2 + a^2$$ $$(1-a)^2 x = a$$ $$x = a/(1-a)^2$$

¿Es esto correcto? En caso afirmativo, ¿hay alguna forma más corta?

Edita:

Para calcular realmente el término "medio" de una media móvil exponencial debemos tener en cuenta que los términos se ponderan a nivel de $(1-a)$ . es decir, para $a=1$ no hay decadencia, porque $a=0$ sólo cuenta el plazo más reciente.

Así que el resultado anterior tenemos que multiplicarlo por $(1-a)$ para obtener el resultado:

Media móvil exponencial "término medio" = $a/(1-a)$

Esto da los resultados, para $a=0$ el término medio es el "término 0" (no se utiliza ningún otro) mientras que para $a=0.5$ el plazo medio es el "1er plazo" (es decir, después del plazo actual).

Answer 1

Sí, tienes razón.

Camino más corto : nota tu serie es $$a\frac{d}{da}\frac{1}{1-a}=\frac{a}{(1-a)^2}$$

Es decir $$\frac{1}{1-a}=\sum_{n=0}^\infty a^n\implies a\frac{d}{da}\frac{1}{1-a}=a\sum_{n=1}^\infty na^{n-1}=\sum_{n=1}^\infty na^{n}$$

AÑADE . En general se puede encontrar $$\sum_{n=1}^\infty n^kx^n=\left(x\frac{d}{dx}\right)^k\frac{1}{1-x}=\frac{\varphi_k(x)}{k!}\left(\frac d{dx}\right)^k\frac 1 {1-x}= \frac{\varphi_k(x)}{k!}\frac{1}{(1-x)^{k+1}}$$

donde $\varphi_k(x)$ son los polinomios eulerianos $$\varphi_1(x)=x$$ $$\varphi_{k+1}(x)=x(1-x)\varphi_{k}^\prime(x)+(k+1)x\varphi_k(x)$$

o $$\varphi_k(x)=\sum_{m=1}^k E(m,k)x^m$$ donde $E(m,k)=0$ si $m\leq 0$ o $m>k$ y $$E(m,k+1)=mE(m,k)+(k-m+2)E(m-1,k)$$

Answer 2

En primer lugar, hay que suponer que la suma existe, lo que podría no ser así. Por ejemplo, si $a\geq 1$ entonces la suma es infinita.

Pero.., asumiendo que la suma existe, una mejor manera de reescribir lo que estás diciendo es

$$\begin{array} {l l l l l l l } x & = 1a^1 & + 2a^2 &+ 3 a^3 & + \;\cdots \\ ax & = & + 1a^2 & + 2 a^3 & + \;\cdots \\ \hline (1-a) x &= 1a^1 & + 1a^2 & + 1 a^3 & + \;\cdots \\ \end{array}$$

[Nota: Esto es exactamente lo mismo que tu primer párrafo de matemáticas, pero presentado de una forma ligeramente diferente que lo hace más obvio].

En esta fase, también se puede demostrar que $a + a^2 + \cdots = \dfrac{a}{1-a}$ para llegar a la conclusión de que $x = \dfrac{a}{(1-a)^2}$ .

Answer 3

Damos una prueba media, al menos para el caso $0\lt a\lt 1$ . Supongamos que lanzamos una moneda que tiene probabilidad $a$ de cabezas de aterrizaje, y probabilidad $1-a$ de cabezas de aterrizaje. Dejemos que $X$ es el número de lanzamientos hasta la primera cola. Entonces $X=1$ con probabilidad $1-a$ , $X=2$ con probabilidad $a(1-a)$ , $X=3$ con probabilidad $a^2(1-a)$ etc. Así $$E(X)=(1-a)+2a(1-a)+3a^2(1-a)+4a^3(1-a)\cdots.\tag{$ 1 $}$$ Tenga en cuenta que por una prueba de convergencia estándar, $E(X)$ es finito.

Sea $b=E(X)$ . En el primer lanzamiento, obtenemos una cola con probabilidad $1-a$ . En ese caso, $X=1$ . Si en el primer lanzamiento obtenemos una cara, ha sido un lanzamiento "desperdiciado", y el número esperado de lanzamientos hasta la primera cola es $1+b$ . Así $$b=(1-a)(1)+a(1+b).$$ Resolver para $b$ . Obtenemos $b=\dfrac{1}{1-a}$ .

Pero la suma deseada $a+2a^2+3a^3+\cdots$ es $\dfrac{a}{1-a}$ veces la suma en $(1)$ . Por lo tanto, la suma deseada es $\dfrac{a}{(1-a)^2}$ .

Answer 4

Su enfoque es realmente bueno, y una buena manera de descubrir el resultado, en lugar de derivar un resultado ya conocido.

El único cambio que yo haría es hacer el límite superior de la suma una variable, y dejar que vaya a $\infty$ si quieres. Además, la suma finita suele ser útil.

Por lo tanto $S(a, m)=\sum_{n=0}^{m} n a^n$ . Prefiero que la suma comience en $0$ , y no cambia el resultado.

Entonces

$\begin{align} S(a, m) &=0+\sum_{n=1}^{m} n a^n\\ &= a\sum_{n=1}^{m} n a^{n-1}\\ &= a\sum_{n=0}^{m-1} (n+1) a^{n}\\ &= a\big(\sum_{n=0}^{m-1} n a^{n} + \sum_{n=0}^{m-1} a^{n}\big)\\ &=a(S(a, m-1)+T(a, m-1))\\ \end{align} $

donde $T(a, m)= \sum_{n=0}^{m} a^{n}$ .

Ahora hacemos lo mismo para $T$ , con la diferencia de que el término para $n=0$ no es $0$ .

$\begin{align} T(a, m) &=1+\sum_{n=1}^{m} a^n\\ &= 1+a\sum_{n=1}^{m} a^{n-1}\\ &= 1+a\sum_{n=0}^{m-1} a^{n}\\ &=1+aT(a, m-1)\\ \end{align} $

Desde $T(a, m-1) = T(a, m)-a^m$ , $T(a, m) = 1+a(T(a, m)-a^m) =1+aT(a, m)-a^{m+1}$ así que $T(a, m) = (a^{m+1}-1)/(a-1)$ .

Poniendo esto en la ecuación para $S$ , $S(a, m) = a(S(a, m-1)+\frac{a^m-1}{a-1})$ .

De nuevo, puesto que $S(a, m-1) = S(a, m)-m a^m$ ,

$\begin{align} S(a, m) &= a(S(a, m-1)+\frac{a^m-1}{a-1})\\ &= a(S(a, m)-m a^m+\frac{a^m-1}{a-1})\\ &= aS(a, m)+\frac{a(a^m-1)-m a^{m+1}(a-1)}{a-1}\\ &= aS(a, m)+\frac{a^{m+1}-a-m a^{m+2}+m a^{m+1}}{a-1}\\ &= aS(a, m)-\frac{m a^{m+2}+(m+1) a^{m+1}+a}{a-1}\\ \end{align} $

así que $(a-1)S(a, m) = \frac{m a^{m+2}+(m+1) a^{m+1}+a}{a-1}$ y $S(a, m) = \frac{m a^{m+2}+(m+1) a^{m+1}+a}{(a-1)^2}$ .

Si $|a| < 1$ si dejamos que $m \to \infty$ en las expresiones para $T$ y $S$ , obtenemos $T(a, \infty) = 1/(1-a)$ y $S(a, \infty) = a/(1-a)^2$ .

Obsérvese que al escribir $S(a, m)$ (y, del mismo modo, $T(a, m)$ ) de dos maneras en términos de $S(a, m-1)$ , evitamos tener que descubrir la expresión para $S(a, m)$ .

Una vez más, ésta no es la mejor manera de $verify$ las fórmulas para $S(a, m)$ y $T(a, m)$ , pero es una forma de $discover$ ellos.