Cómo probar $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{n^2}{2^n} = 6$ ?

Question

Me gustaría saber por qué

\begin {align} \sum_ {n=0}^{ \infty } \frac {n^2}{2^n} = 6 \end {align}

Traté de reescribirlo en una serie geométrica

\begin {align} \sum_ {n=0}^{ \infty } \frac {n^2}{2^n} = \sum_ {n=0}^{ \infty } \Big ( \frac {1}{2} \Big )^nn^2 \end {align}

Pero no sé qué hacer con el $n^2$ .

Answer 1

Primero observe que la suma converge (por ejemplo, mediante la prueba de la raíz).

Ya sabemos que $\displaystyle R := \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^n} = 2$ .

Dejemos que $S$ sea la suma dada. Entonces $\displaystyle S = 2S - S = \sum_{n=0}^\infty \frac{2n+1}{2^n}$ .

Ahora utilice el mismo truco para calcular $\displaystyle T := \sum_{n=0}^\infty \frac{n}{2^n}$ Tenemos $\displaystyle T = 2T - T = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{2^n} = R = 2$ . Por lo tanto, $S = 2T + R = 6$ .

Se puede continuar así para calcular $\displaystyle X:= \sum_{n=0}^\infty \frac{n^3}{2^n}$ . Tenemos $\displaystyle X = 2X-X = \sum_{n=0}^\infty \frac{3n^2+3n+1}{2^n} = 3S+3T+R = 26$ . Las sumas con potencias mayores se pueden calcular de la misma manera.

Answer 2

Si se permite el cálculo, utilizando series geométricas infinitas fórmula para $|r|<1$ $$\sum_{0\le n<\infty}r^n=\frac1{1-r}$$

Diferenciación wrt $r$ $$\sum_{0\le n<\infty}nr^{n-1}=\frac1{(1-r)^2}$$

$$\implies \sum_{0\le n<\infty}nr^n=\frac r{(1-r)^2}=\frac{1-(1-r)}{(1-r)^2}=\frac1{(1-r)^2}-\frac1{(1-r)}$$

Diferenciación wrt $r$ (¡error de signo corregido!)

$$\implies \sum_{0\le n<\infty}n^2r^{n-1}=\frac2{(1-r)^3}-\frac1{(1-r)^2}$$

$$\implies \sum_{0\le n<\infty}n^2r^n=\frac{2r}{(1-r)^3}-\frac r{(1-r)^2}$$

Aquí $\displaystyle r=\frac12$

Answer 3

Considere $$\frac{1}{1-z} = \sum_{n=0}^{\infty} z^n$$ Diferenciar y multiplicar por $z$ , uno tiene $$\frac{z}{(1-z)^2} = z\sum_{n=1}^{\infty} nz^{n-1} = \sum_{n=1}^{\infty} nz^n$$ Repitiendo el proceso anterior, $$\sum_{n=1}^{\infty} n^2z^n = \frac{z(1+z)}{(1-z)^3}$$ Ahora, conecte $z=1/2$

Answer 4

Permítame mostrarle un enfoque ligeramente diferente; este enfoque es muy potente y puede utilizarse para calcular los valores de un gran número de series.

Pensemos en esto en términos de series de potencia. Te has dado cuenta de que puedes escribir $$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n^2}{2^n}=\sum_{n=0}^{\infty}n^2\left(\frac{1}{2}\right)^n;$$ entonces, consideremos la serie de potencias $$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}n^2x^n.$$ Si podemos encontrar una expresión más sencilla para la función $f(x)$ y si $\frac{1}{2}$ se encuentra dentro de su intervalo de convergencia, entonces su serie es exactamente $f(\frac{1}{2})$ .

Ahora, observamos que $$f(x)=\underbrace{0}_{n=0}+\sum_{n=1}^{\infty}n^2x^n=x\sum_{n=1}^{\infty}n^2x^{n-1}.$$ Pero, fíjate que $\int n^2x^{n-1}\,dx=nx^n$ ; así que, $$\tag{1} \sum_{n=1}^{\infty}n^2 x^{n-1}=\frac{d}{dx}\left[\sum_{n=0}^{\infty}nx^n\right].$$ Ahora, escribimos $$\tag{2} \sum_{n=0}^{\infty}nx^n=\underbrace{0}_{n=0}+x\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}=x\frac{d}{dx}\left[\sum_{n=0}^{\infty}x^n\right].$$ Pero, esta última es una serie geométrica; así que, mientras $\lvert x\rvert<1$ , $$\sum_{n=0}^{\infty}x^n=\frac{1}{1-x}.$$ Introduciendo esto en (2), encontramos que para $\lvert x\rvert<1$ , $$\sum_{n=0}^{\infty}nx^n=x\frac{d}{dx}\left[\frac{1}{1-x}\right]=x\cdot\frac{1}{(1-x)^2}=\frac{x}{(1-x)^2}.$$ Pero, si volvemos a introducir esto en (1), encontramos que $$\sum_{n=1}^{\infty}n^2x^{n-1}=\frac{d}{dx}\left[\frac{x}{(1-x)^2}\right]=\frac{x+1}{(1-x)^3}$$ Así que, finalmente, $$f(x)=x\cdot\frac{x+1}{(1-x)^3}=\frac{x(x+1)}{(1-x)^3}.$$ Enchufar $x=\frac{1}{2}$ encontramos $$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{n^2}{2^n}=f\left(\frac{1}{2}\right)=6.$$

Answer 5

Existe una solución elemental y visualmente atractiva, que consiste en pensar "en forma de matriz".

Sabiendo que $\sum_{n=0}^{\infty} 2^{-n}=2$ la suma $\sum_{n=0}^{\infty}n/2^n$ se puede reescribir como

$$\begin{align} && 0/2^0 && + && 1/2^1 && + && 2/2^2 && + && 3/2^3 && + && \cdots && = \\ = && && + && 2^{-1} && + && 2^{-2} && + && 2^{-3} && + && \cdots && + \\ + && && && && + && 2^{-2} && + && 2^{-3} && + && \cdots && + \\ + && && && && && && + && 2^{-3} && + && \cdots && + \\ + && && && && && && && && + && \ddots \end{align}$$

sumado primero en las columnas y luego en las filas. No importa en qué dirección se sume primero, porque todas las sumas en ambas direcciones convergen absolutamente. Así que podemos sumar primero en las filas y luego en las columnas. Cada suma de filas es sólo una serie geométrica; la $m$ -suma de filas es $r_m=\sum_{n=m}^{\infty} 2^{-n}=2^{1-m}$ . Ahora, sumando todas las filas, tenemos $\sum r_m = 2$ .

Lo que acabamos de hacer equivale a:

$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{n}{2^n} = \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{m=1}^{n} \frac{1}{2^n} = \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=m}^{\infty} 2^{-n}= \sum_{m=1}^{\infty} 2^{1-m} = 2$$

No es difícil hacerlo para una matriz tridimensional, a menos que intentes dibujarla :)

$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{n^2}{2^n} = \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{m=1}^{n} \frac{n}{2^n} = \sum_{m=1}^{\infty} \sum_{n=m}^{\infty} \frac{n}{2^n} = \sum_{m=1}^{\infty} \left\{ \sum_{n=0}^{\infty} \frac{n}{2^n} - \sum_{n=0}^{m-1} \frac{n}{2^n} \right\}$$

Podemos trabajar $\sum_{n=0}^{m-1} \frac{n}{2^n}$ de la misma manera que lo hicimos para $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{n}{2^n}$ :

$$\sum_{n=0}^{m-1} \frac{n}{2^n} = \sum_{n=0}^{m-1} \sum_{l=1}^{n} \frac{1}{2^n} = \sum_{l=1}^{m-1} \sum_{n=l}^{m-1} 2^{-n} = \sum_{l=1}^{m-1} \left\{ 2^{1-l} - 2^{1-m} \right\} = 2 - \left(m+1\right)2^{1-m}$$

Sustituyendo:

$$\sum_{n=0}^{\infty} \frac{n^2}{2^n} = \sum_{m=1}^{\infty} \left\{ 2 - \left[ 2 - \left(m+1\right)2^{1-m} \right] \right\} = \sum_{m=1}^{\infty} \left(m+1\right)2^{1-m} = \\ \sum_{m=1}^{\infty} \left\{ \left(m-1\right)2^{1-m} + 2\cdot 2^{1-m} \right\} = \sum_{m=0}^{\infty} m\cdot 2^{-m} + 4\sum_{m=1}^{\infty} 2^{-m} = 2 + 4 = 6$$

De nuevo, se puede cambiar el orden de las sumas porque todas las sumas internas convergen absolutamente.