Prueba de la igualdad $ \sum\limits_ {k=1}^{ \infty } \frac {k^2}{2^k} = 6$

Question

Muéstrele eso a $k$ atropellando números enteros positivos $$ \sum_ {k=1}^ \infty \frac {k^2}{2^k}=6 .$$ Podemos usar el cálculo finito.

Answer 1

Diferentes personas describen las técnicas de cálculo finito de manera diferente. Me gusta la versión presentada en la sección 2.6 de Graham, Knuth y Patashnik, Matemáticas concretas porque muestra muy claramente la similitud con el cálculo ordinario. En su notación lo que quieres es $ \sum_1 ^ \infty k^2 2^{-k} \delta k$ . Esto es análogo a la integral de cálculo ordinaria $ \int_1 ^ \infty x^2 e^{-x} dx$ que harías integrando por partes dos veces para reducir la $x^2$ factor a una constante. Puedes hacer lo mismo aquí usando la suma por partes. Ya que esto es una tarea, haré un problema similar pero un poco más simple, $ \sum_1 ^ \infty k 2^{-k} \delta k$ .

Primero reemplace la suma infinita por una finita; más adelante tomaremos el límite. Entonces tienes $ \sum_1 ^n k 2^{-k} \delta k$ o en una notación sumaria ordinaria $ \sum\limits_ {k=1}^{n-1} k 2^{-k}$ . Deje que $u = k$ y $ \Delta v = 2^{-k} = (1/2)^k$ Entonces $ \Delta u = 1$ y $v = \left ( \frac12\right )^k / \left ( \frac12 - 1 \right )= - \left ( \frac12\right )^{k-1}$ así que $E(v) = - \left ( \frac12\right )^k$ y

$$ \begin {align*} \textstyle\large\sum_1 ^n k 2^{-k} \delta k &= \left [-k \left ( \frac12\right )^{k-1} \right ]_1^n + \textstyle\large\sum_1 ^n \left ( \frac12\right )^k \delta k \\ &= 1 - \frac {n}{2^{n-1}} + \textstyle\large\sum_1 ^n \left ( \frac12\right )^k \delta k \\ &= 1 - \frac {n}{2^{n-1}} + \left [- \left ( \frac12\right )^{k-1} \right ]_1^n \\ &= 1 - \frac {n}{2^{n-1}} - \left ( \frac {1}{2^{n-1}} - 1 \right ) \\ &= 2 - \frac {n+1}{2^{n-1}}. \end {align*}$$

Ahora sólo toma el límite: $$ \sum_ {k=1}^ \infty \frac {k}{2^k} = \lim_ {n \to\infty } \left (2 - \frac {n+1}{2^{n-1}} \right ) = 2.$$

Esto, por supuesto, sólo tenía una suma por partes, y necesitará dos, pero el principio es exactamente el mismo.

Answer 2

Una forma alternativa de resolver este problema. Usando algunos cálculos básicos de las series de energía. Partiendo de $ \sum \limits_ {k \geq 1} k^2 \left ( \frac12\right )^k$ consideren una serie de energía $ \sum \limits_ {k \geq 1} k^2x^k= x \sum \limits_ {k \geq 1} k^2x^{k-1}$ que converge uniformemente cada vez que $|x| <1$ . Obtenemos nuestra suma por la diferenciación estándar y la integración de las series de energía. Se puede integrar $ \sum \limits_ {k \geq 1} k^2x^{k-1}$ término por término, así que $ \sum \limits_ {k \geq 1} \int_0 ^x k^2t^{k-1} \mathrm dt= \sum \limits_ {k \geq 0}kx^k $ . Otra vez, $ \sum \limits_ {k \geq 0}kx^k= 1+x \sum \limits_ {k \geq 1}kx^{k-1}$ integrando término por término $ \sum \limits_ {k \geq 1} \int_0 ^x kt^{k-1} \mathrm dt= \sum\limits_ {k \geq 0}x^k= \frac {1}{1-x}$ . Ahora, debemos tomar el derivado para $ \left ( \frac1 {1-x} \right )^{ \prime }= \frac1 {(1-x)^2}$ así que $$1+x \sum \limits_ {k \geq 1}kx^{k-1}= 1+ \frac {x}{(1-x)^2}.$$ Tomando de nuevo el derivado $ \left ( 1+ \frac {x}{(1-x)^2} \right )^{ \prime }= \frac {1+x}{(1-x)^3}$ así que $$ \sum \limits_ {k \geq 1} k^2x^k = \frac {x(1+x)}{(1-x)^3}.$$ Finalmente, al poner $x= \frac12 $ tenemos que $ \sum \limits_ {k \geq 1} k^2 \left ( \frac12\right )^k=6$ .

Answer 3

Para empezar, sabes que $ \displaystyle \sum_ {k=1}^ \infty {1 \over 2^k} = 1$ ¿sí? Si no tienes tanto, entonces es probable que no puedas seguir el resto de las pruebas.

Ahora, considera $ \displaystyle S= \sum_ {k=1}^ \infty {k \over 2^k}$ . Luego $ \displaystyle {S \over 2} = \sum_ {k=1}^ \infty {k \over 2*2^k} = \sum_ {k=1}^ \infty {k \over 2^{k+1}} = \sum_ {l=2}^ \infty {l-1 \over 2^l} = \sum_ {l=1}^ \infty {l-1 \over 2^l}$ . (La razón por la que la última igualdad es verdadera es porque el $l=1$ El término es ${1-1 \over 2^1}=0$ así que podemos sumarlo sin cambiar la suma.) Esto significa que $ \displaystyle S-{S \over 2} = \sum_ {k=1}^ \infty {k \over 2^k} - \sum_ {k=1}^ \infty {k-1 \over 2^k} = \sum_ {k=1}^ \infty {k-(k-1) \over 2^k} = \sum_ {k=1}^ \infty {1 \over 2^k} = 1$ o en otras palabras $S=2$ . Ahora, ¿puedes ver cómo usar una técnica similar en tu suma? Los términos serán un poco más complicados, pero usando la fórmula para $ \sum_ {k=1}^ \infty {k \over 2^k}$ ayudará.

Answer 4

Considere la serie $$ \sum_ {k=0}^ \infty\ ; \frac {x^k}{2^k}= \frac {1}{1-x/2} $$ Toma un derivado $$ \sum_ {k=0}^ \infty\ ;k \frac {x^{k-1}}{2^k}= \frac {1/2}{(1-x/2)^2} \tag {1} $$ Tome otro derivado $$ \sum_ {k=0}^ \infty\ ;k(k-1) \frac {x^{k-2}}{2^k}= \frac {1/2}{(1-x/2)^3} \tag {2} $$ Añadiendo $(1)$ y $(2)$ en $x=1$ tenemos $$ \sum_ {k=0}^ \infty\ ; \frac {k^2}{2^k}=6 $$

Answer 5

Me parece más instructivo esbozar el proceso que resolver el problema. Por lo tanto, puede ver esta respuesta como una pista.

Para cualquier $x \in \mathbb {R}$ Tenemos

$$ f_N(x) := \sum_ {k=1}^N x^k $$ Multiplicando la función $f_N(x)$ tenemos $$ x f_N(x) = \sum_ {k=1}^N x^{k+1}. $$ Restando término por término, vemos que $$ xf_N(X) - f_N(x) = x^{N+1} - x $$ o $$ f_N(x) = \frac {x^{N+1}-x}{x-1}. $$ Si $|x| < 1$ entonces tenemos $$ f(x) := \sum_ {k \geq 1}x^k = \lim_ {N \to \infty } f_N(x) = \frac {x}{1-x}. $$ Supongamos que se nos permite diferenciar e integrar $f(x)$ (nos preocuparemos de exactamente cuando podemos hacer esto más tarde). Después: $$ \begin {align} \left ( \frac {x}{1-x} \right )' = f'(x) = \sum_ {k \geq 1} (k+1)x^k = \sum_ {k \geq 1}kx^k + \sum_ {k \geq 1} x^k = \sum_ {k \geq 1} kx^k + f(x). \end {align}$$ Esto da una fórmula para $ \sum_ {k \geq 1} k x^k$ . ¿Puedes ver cómo extender esto para encontrar la suma que buscas?