¿Converge esta doble serie?

Question

$$\sum\limits_{y=1}^{Y}\sum\limits_{z=1}^{y} a^{y-1} b^y \binom{y-1}{z-1} (c + 2z)^d $$
¿Converge esta serie cuando $Y=$ ? Si la serie converge, ¿a qué converge? Si la serie no converge, ¿cómo puedo evaluarla para un $Y$ ?

donde:

$0 \lt a \lt 1$

$0 \lt b \lt 1$

$0 \lt d \lt 1$

$0 \lt c$

Answer 1

He aquí una solución para su primera pregunta. Tome $Y=\infty$ . Como recurso pedagógico, se pueden dibujar todas las parejas $(y,z)$ que aparecen en la suma: forman una región delimitada por el $y$ eje a partir de $y=1$ y la línea $z=y$ . Ahora ponga su oreja derecha sobre su hombro derecho (o gire la hoja, cualquiera de las dos formas sirve), y verá que los posibles valores de $z$ son los enteros positivos, y para un $z$ los valores admisibles de $y$ son precisamente los que tienen $y\geq z$ . Dado que su serie doble está formada en su totalidad por sumandos no negativos, podemos reordenarla como queramos y así su suma se convierte en

$$\sum_{z=1}^\infty\sum_{y=z}^\infty a^{y-1}b^y\binom{y-1}{z-1}(c+2z)^d\,.$$

Ahora hacemos el cambio de variable $k=z-1, j=y-1$ (Me siento incómodo con los índices $z$ y $y$ ), y la serie se convierte en

$$\sum_{k=0}^\infty\sum_{j=k}^\infty a^jb^{j+1}\binom jk(2k+2+c)^d=b\sum_{k=0}^\infty(2k+2+c)^d\sum_{j=k}^\infty\binom jk(ab)^j\,.$$

Dejemos que $f(x)=\sum_{j=k}^\infty\binom jkx^j$ . Entonces

$$f(x)=\sum_{j=0}^\infty\binom{j+k}kx^{j+k}=\frac{x^k}{k!}\sum_{j=0}^\infty\frac{(j+k)!}{j!}\,x^j=\frac{x^k}{k!}g(x)\,.$$

Por lo tanto, tenemos (sin problemas de convergencia) $g^{(j)}(0)=(j+k)!$ . Se puede ver por inducción que la función $h(x)=k!(1-x)^{-k-1}$ satisface $h^{(j)}(x)=(j+k)!(1-x)^{-j-k-1}$ para todos $j\geq0$ en particular $h^{(j)}(0)=(j+k)!$ y así

$$f(x)=x^k(1-x)^{-k-1}$$

(cualquier deducción más corta de este hecho es bienvenida). Utilizando este resultado, nuestra serie doble se convierte en

$$b\sum_{k=0}^\infty(2k+2+c)^df(ab)=\frac b{1-ab}\sum_{k=0}^\infty(2k+2+c)^d\biggl(\frac{ab}{1-ab}\biggr)^k\,.$$

Ahora aplicamos la prueba de la raíz: tenemos

$$\lim_{k\to\infty}\sqrt[k]{(2k+2+c)^d\biggl(\frac{ab}{1-ab}\biggr)^k}=\frac{ab}{1-ab}\,,$$

lo que implica que su serie converge siempre que $\frac{ab}{1-ab}<1$ Es decir $ab<1/2$ y diverge siempre que $\frac{ab}{1-ab}>1$ Es decir $ab>1/2$ . Cuando $ab=1/2$ tienes $\frac{ab}{1-ab}=1$ y su serie se convierte en

$$2b\sum_{k=0}^\infty(2k+2+c)^d\,,$$

que evidentemente es divergente.

No creo que exista una fórmula explícita para el caso $ab<1/2\ldots$ pero estaría agradecido si alguien me decepciona.

Answer 2

Por los comentarios, creo que la pregunta puede estar basada en la siguiente situación:

Dejemos que $X_1$ , $X_2$ , $\dots$ sean variables aleatorias Bernoulli independientes e idénticamente distribuidas, tales que ${\Bbb P}(X_i=1)=b$ , ${\Bbb P}(X_i=0)=1-b$ . El pago en el momento $y=1$ , $2$ , $\dots$ es $$V_y:=\left\{\begin{array}{ll}(c+2(X_1+\dots+X_y))^d,& X_y=1, \\ 0,& X_y=0.\end{array}\right.$$ El problema consiste en encontrar el beneficio descontado esperado de los tiempos $1$ a través de $Y$ , $$P_Y:=\sum_{1\le y\le Y} a^{y-1}\, {\Bbb E}V_y,$$ donde $Y$ puede ser $\infty$ en cuyo caso la suma es sobre todos los $y\ge 1$ .

Ya que, si $1\le z\le y$ , $${\Bbb P}(X_1+\dots+X_y=z \hbox{ and } X_y=1)=\binom{y-1}{z-1} b^{z} (1-b)^{y-z},$$ $P_Y$ puede calcularse mediante la suma doble en $y$ y $z$ , $$ P_Y=\sum_{1\le y\le Y,\ 1\le z\le y} \binom{y-1}{z-1} a^{y-1} b^{z} (1-b)^{y-z} (c+2z)^d. $$ Se trata de una suma ligeramente diferente a la indicada por el autor de la pregunta.

Esta fórmula sería más sencilla si $d$ eran integrales. Si $0<a<1$ , $0<b<1$ y $c$ y $d$ son positivos, todavía es posible decir que $P_{\infty}$ converge, porque $P_{\infty}$ puede ser sobreestimado por su valor en el caso de que cada $X_i$ siempre se produce, es decir, $b=1$ . En este caso, \begin{eqnarray*} P_{\infty}&=&\sum_{y\ge 1} a^{y-1} (c+2y)^d \\ &\le&(c+2)^d \sum_{y\ge 1} a^{y-1} y^d, \end{eqnarray*} y $\sum_{y\ge 1} a^{y-1} y^d$ converge siempre que $|a|<1$ . No es necesario asumir que $d<1$ .