Resumiendo esta serie $\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{2n-1}{2^n}$

Question

Deseo resumir la serie $\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{2n-1}{2^n}$ .

Observo que al escribir $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(2n-1)\dfrac{1}{2^n}$ , $\dfrac{1}{2^n}$ es una serie geométrica y se puede sumar fácilmente. Pero el siguiente paso que creo que hice mal es

$$2n-1\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{2^n}$$

No creo que pueda sacar $2n-1$ como una constante porque eso afectará a la suma. ¿Qué debería haber hecho? La serie converge a $3$ según Wolfram Alpha.

Answer 1

Esta es una manera: $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{2n-1}{2^n}=\sum_{n=1}^\infty \frac{2n}{2^n}-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2^n}. $$ La segunda suma es geométrica y converge a $1$ . Sólo tenemos que ocuparnos del primero. Para ello, utilizaremos la relación $$ \sum_{n=0}^\infty z^n=\frac{1}{1-z} $$ válido para $\lvert z\rvert <1$ y diferenciar para obtener $$ \sum_{n=1}^\infty nz^{n-1}=\frac{1}{(1-z)^2}. $$ A continuación, evalúe en $z=\frac{1}{2}$ para conseguir $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{2n}{2^n}=\frac{1}{(1/2)^2}=4. $$ Así, el resultado es $3$ .

Answer 2

Escribe $$\sum_{n=1}^\infty \frac {2n-1}{2^n} = \frac12\sum_{n=1}^\infty(2n-1)\left(\frac 1{\sqrt 2}\right)^{2n-2}$$

Observe que

$$\sum_{n=1}^\infty (2n-1)x^{2n-2} = \frac d{dx}\sum_{n=1}^\infty x^{2n-1} = \frac d{dx}\left(\frac {x}{1-x^2}\right) = \frac {1+x^2}{(1-x^2)^2}$$ para $|x|<1$ . Por lo tanto:

$$\frac12\sum_{n=1}^\infty(2n-1)\left(\frac 1{\sqrt 2}\right)^{2n-2} = \frac12\left(\frac {1+1/2}{(1-1/2)^2}\right) = 3$$

Answer 3

He aquí una forma alternativa de resolver esta cuestión sin cálculo

Como usted ha mencionado, $\frac{1}{2^n}$ es efectivamente una serie geométrica.

Sabemos que $2n-1$ es una serie aritmética.

Prueba-- $2n-1-(2(n-1)-1)=2$ que es una constante. Por lo tanto, obtenemos el primer término $t_1=1$ y la diferencia común $d=2$

Como tenemos A.P. en el numerador y G.P. en el denominador (r<1), es una convergencia infinita Serie aritmética-(o)-geométrica , A.G.P que (según la pregunta) converge.

La fórmula de la suma de infinitos AGP donde r es menor que la unidad ( $r=\frac{1}{2}$ )-- $t_0+(t_1)r+(t_2)r^2+...$ es

$S_{\infty}=\frac{t_0}{1-r}+\frac{\left(r\cdot d\right)}{\left(1-r\right)^2}$

pero como no queremos $t_0$ en nuestra suma requerida, puede calcular $t_0=-1$ calcula la suma completa utilizando la fórmula y añade 1 para obtener la respuesta deseada como 3

Answer 4

He aquí otro enfoque, de nuevo sin cálculo alguno

En primer lugar, dividimos la suma, $\sum_{n=1}^\infty \frac{2n-1}{2^n}=2\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{2^n}-\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2^n}$

como se ha observado, el término de la derecha es GP y convergente a 1, lo que ahora queda es el primer término.

Expandimos la suma como

$\frac{n}{2^n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{8}+\frac{4}{16}+\frac{5}{32}+\frac{6}{64}+\frac{7}{128}+............\infty$

dividir los términos de impar

$\frac{n}{2^n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{\left(2+1\right)}{8}+\frac{4}{16}+\frac{\left(4+1\right)}{32}+\frac{6}{64}+\frac{\left(6+1\right)}{128}+............\infty$

$=\frac{(1)}{2}+\frac{2}{4}+\frac{\left(2\right)}{8}+\frac{\left(1\right)}{8}+\frac{4}{16}+\frac{\left(4\right)}{32}+\frac{\left(1\right)}{32}+\frac{6}{64}+\frac{\left(6\right)}{128}+\frac{\left(1\right)}{128}+............\infty$

Elimina los términos con 1
$=\left(\frac{\left(1\right)}{2}+\frac{\left(1\right)}{8}+\frac{\left(1\right)}{32}+\frac{\left(1\right)}{128}+.......\infty \right)+\left(\frac{2}{4}+\frac{\left(2\right)}{8}+\frac{4}{16}+\frac{\left(4\right)}{32}+\frac{6}{64}+\frac{\left(6\right)}{128}+............\infty \right)$

Pero sabemos que la suma $\left(\frac{\left(1\right)}{2}+\frac{\left(1\right)}{8}+\frac{\left(1\right)}{32}+\frac{\left(1\right)}{128}+.......\infty \right)$ es GP y converge a $\frac{2}{3}$

$\frac{\left(\frac{1}{2}\right)}{1-\frac{1}{4}}=\frac{2}{3}$

Por lo tanto, obtenemos $\frac{n}{2^n}=\frac{2}{3}+\left(\frac{2}{4}+\frac{\left(2\right)}{8}+\frac{4}{16}+\frac{\left(4\right)}{32}+\frac{6}{64}+\frac{\left(6\right)}{128}+............\infty \right)$

Simplificando los términos correctos, obtenemos

$\frac{n}{2^n}=\frac{2}{3}+3\left(\frac{\left(2\right)}{8}+\frac{\left(4\right)}{32}+\frac{\left(6\right)}{128}+............\infty \right)$ -------(1)

Ahora comenzamos desde la expansión, esta vez dividiendo los términos de impar con menos uno--

$\frac{n}{2^n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{4}+\frac{3}{8}+\frac{4}{16}+\frac{5}{32}+\frac{6}{64}+............\infty $

$\frac{n}{2^n}=\frac{\left(2-1\right)}{2}+\frac{2}{4}+\frac{\left(4-1\right)}{8}+\frac{4}{16}+\frac{\left(6-1\right)}{32}+\frac{6}{64}+............\infty $

$\frac{n}{2^n}=\frac{\left(2\right)}{2}-\frac{\left(1\right)}{2}+\frac{2}{4}+\frac{\left(4\right)}{8}-\frac{\left(1\right)}{8}+\frac{4}{16}+\frac{\left(6\right)}{32}-\frac{{\left(1\right)}}{32}+\frac{6}{64}+............\infty $

$\frac{n}{2^n}=\left(\frac{\left(2\right)}{2}+\frac{2}{4}+\frac{\left(4\right)}{8}+\frac{4}{16}+\frac{\left(6\right)}{32}+\frac{6}{64}+............\infty \right)-\left(\frac{1}{2}+\frac{1}{8}+\frac{1}{32}+........\infty \right)$

$\frac{n}{2^n}=\left(\frac{\left(2\right)}{2}+\frac{2}{4}+\frac{\left(4\right)}{8}+\frac{4}{16}+\frac{\left(6\right)}{32}+\frac{6}{64}+............\infty \right)-\frac{2}{3}$

$\frac{n}{2^n}=3\left(\frac{2}{4}+\frac{4}{16}+\frac{6}{64}+............\infty \right)-\frac{2}{3}$

Multiplicar y dividir por 2

$\frac{n}{2^n}=6\left(\frac{2}{8}+\frac{4}{32}+\frac{6}{128}+............\infty \right)-\frac{2}{3}$ --------(2)

Si se resuelven simultáneamente las ecuaciones 1 y 2, se obtiene $\frac{n}{2^n}=2$

Respuesta final

$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{2n-1}{2^n}=2\sum _{n=1}^{\infty }\frac{n}{2^n}-\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{2^n}$ = $2\cdot \left(2\right)-1=3$

P.D.: Podemos realizar estas operaciones SÓLO si sabemos que la suma converge... Siento mucho si me he perdido algunos detalles más finos de por qué podemos realizar estas operaciones para estas sumas infinitas....