Hallar el límite de la suma de secuencias

Question

Tengamos suma de secuencia (no estoy seguro de cómo se llama esto propiamente en inglés): $$X(n) = \frac{1}{2} + \frac{3}{4}+\frac{5}{8}+...+\frac{2n-1}{2^n}$$

Necesitamos

$$\lim_{n \to\infty }X(n)$$

Tengo una solución, pero no he podido encontrar la respuesta correcta o la solución en Internet.

Mi idea:

Esto puede representarse como $$ \frac{1}{2} + \frac{1}{4} + \frac{2}{4} + \frac{3}{8}+\frac{2}{8}+\frac{5}{16} + \frac{2}{16} ... + ...$$

Que es básicamente

$\frac{1}{2} + \frac{1}{2} +\frac{1}{4}+\frac{1}{8}$ - 1/2 + progresión geométrica + nuestra suma inicial dividida por 2.

Y entonces pensé: ¡eh, así que puedo calcular una parte de esta suma, y la segunda es dos veces menor, y entonces forma un ciclo! (supongo).

Así que sería $B_1 = 1/2 + b_1/(1-1/2) = 3/2$ $$lim_{n \to\infty }X(n) = B_1/(1-1/2) = 3$$

¿Es correcto?

Answer 1

$$\frac12+\frac34+\ldots+\frac{2n-1}{2^n}=\left(1-\frac12\right)+\left(1-\frac14\right)+\left(\frac34-\frac18\right)+\ldots\left(\frac n{2^{n-1}}-\frac1{2^n}\right)=$$

$$1+1+\frac34+\ldots+\frac n{2^{n-1}}-\frac12-\frac14-\ldots-\frac1{2^n}\xrightarrow[n\to\infty]{}$$

$$\to\sum_{k=1}^\infty\frac k{2^{k-1}}-\sum_{k=1}^\infty\frac1{2^k}$$

Teniendo en cuenta que para $\;|x|<1\;$ tenemos

$$\frac1{1-x}=\sum_{n=0}^\infty x^n\implies\frac1{(1-x)^2}=\sum_{n=1}^\infty nx^{n-1}$$

Sustituir $\;x=\cfrac12\;$ arriba, uno en cada suma, y obtenemos:

$$\sum_{n=1}^\infty\frac n{2^{n-1}}-\sum_{n=1}^\infty\frac1{2^n}=\frac1{\left(1-\frac12\right)^2}-\left(\frac1{1-\frac12}-1\right)=4-(2-1)=3$$

y tu respuesta es correcta.

Answer 2

Sea \begin{align*} f(x) &= \sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{2n-1}}{2^n}\\ &=\frac{x}{2}\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac{x^2}{2}\right)^n\\ &=\frac{x}{2-x^2}. \end{align*} Entonces \begin{align*} f'(x) = \frac{2+x^2}{(2-x^2)^2}. \end{align*} Por lo tanto, \begin{align*} \lim_{n\rightarrow \infty}X(n) = f'(1)=3. \end{align*}