Evaluar $\sum_{k=1}^\infty \frac{k^2}{(k-1)!}$.

Question

Evaluar $\sum_{k=1}^\infty \frac{k^2}{(k-1)!}$

Tengo la sensación de que la respuesta tiene algo que ver con $e$, pero no sé cómo es. Por favor, ayudar. Gracias.

Answer 1

Vamos a empezar con $e^x=\sum_{k=1}^\infty \frac{x^{k-1}}{(k-1)!}$, entonces : $$x\,e^x=\sum_{k=1}^\infty \frac{x^k}{(k-1)!}$$ $$x(x\,e^x)'=x\,e^x+x^2\,e^x=\sum_{k=1}^\infty \frac{k\,x^k}{(k-1)!}$$ $$x(x(x\,e^x)')'=x(e^x+3x\,e^x+x^2\,e^x)=\sum_{k=1}^\infty \frac{k^2\,x^k}{(k-1)!}$$ Set$x=1$: $$5\,e=\sum_{k=1}^\infty \frac{k^2}{(k-1)!}$$

Answer 2

El más elementales de cálculo es probablemente esta:

$$\begin{align*} \sum_{k\ge 0}\frac{(k+1)^2}{k!}&=1+\sum_{k\ge 1}\frac{k^2+2k+1}{k!}\\ &=\color{red}{1}+\sum_{k\ge 1}\frac{k}{(k-1)!}+2\sum_{k\ge 1}\frac1{(k-1)!}+\color{red}{\sum_{k\ge 1}\frac1{k!}}\\ &=\sum_{k\ge 1}\frac{k-1+1}{(k-1)!}+2\sum_{k\ge 0}\frac1{k!}+\color{red}{\sum_{k\ge 0}\frac1{k!}}\\ &=\color{blue}{1}+\sum_{k\ge 2}\frac1{(k-2)!}+\color{blue}{\sum_{k\ge 2}\frac1{(k-1)!}}+3\sum_{k\ge 0}\frac1{k!}\\ &=\color{blue}{\sum_{k\ge 0}\frac1{k!}}+4\sum_{k\ge 0}\frac1{k!}\\ &=5\sum_{k\ge 0}\frac1{k!}\\ &=5e\;. \end{align*}$$

Uno también puede hacer uso de la identidad $$x^n=\sum_k{n\brace k}x^{\underline k}\;,$$ where ${n\llave k}$ is a Stirling number of the second kind and $x^{\underline k}\triangleq x(x-1)(x-2)\dots(x-k+1)$ es un poder caer. En particular,

$$\begin{align*} k^3&=\sum_{k=0}^3{3\brace i}k^i\\ &=0\cdot k^{\underline 0}+1\cdot k^{\underline 1}+3\cdot k^{\underline 2}+1\cdot k^{\underline 3}\\ &=k+3k(k-1)+k(k-1)(k-2)\;, \end{align*}$$

de dónde

$$\begin{align*} \frac{k^2}{(k-1)!}&=\frac{k^3}{k!}=\frac{k+3k(k-1)+k(k-1)(k-2)}{k!}\\ &=\frac1{(k-1)!}+\frac3{(k-2)!}+\frac1{(k-3)!}\;, \end{align*}$$

y sumando más de $k$ rendimientos $5e$ como antes.

Answer 3

Para $\frac{P(n)}{(n-r)!},$ donde $P(n)$ es un polinomio.

Si el grado de $P(n)$ $m>0,$ podemos escribir $P(n)=A_0+A_1(n-r)+A_2(n-r)(n-r-1)+\cdots+A_m(n-r)(n-r-1)\cdots\{(n-r)-(m-1)\}$

Aquí $k^2=C+B(k-1)+A(k-1)(k-2)$

Poner a $k=1$ en la anterior identidad, $C=1$

$k=2,B+C=4\implies B=3$

$k=0\implies 2A-B+C=0,2A=B-C=3-1\implies A=1$

o la comparación de los coeficientes de $k^2,A=1$

Por eso, $$\frac{k^2}{(k-1)!}=\frac{(k-1)(k-2)+3(k-1)+1}{(k-1)!}=\frac1{(k-3)!}+\frac3{(k-2)!}+\frac1{(k-1)!}$$

$$\sum_{k=1}^\infty \frac{k^2}{(k-1)!}=\sum_{k=1}^\infty \left(\frac{(k-1)(k-2)+3(k-1)+1}{(k-1)!}\right)$$ $$=\sum_{k=3}^\infty \frac1{(k-3)!}+\sum_{k=2}^\infty \frac3{(k-2)!}+\sum_{k=1}^\infty \frac1{(k-1)!}$$ as $\frac1 {(-r)!}=0$ for $r>0$

$=e+3e+e=5e$

Answer 4

He proporcionado una prueba del caso general aquí. La prueba siempre se muestra

$$ \sum_{k=0}^{\infty} \frac{k^n}{k!} = T_n \cdot e $$

donde $n$ $n^{th}$ Campana número. El tuyo es el caso de la $n = 3$. Sólo para la integridad, la fórmula anterior se llama Dobinski de la fórmula.

Answer 5

Vamos a terminar en una línea

$$\sum_{k=1}^\infty \frac{(k-2)(k-1)+3(k-1)+1}{(k-1)!}=5e$$

Chris.