Cómo encontrar esta $f(k)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^k}{2^n}$ es de enteros positivos?

Question

Pregunta:

deje $$f(k)=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{n^k}{2^n},k\in N^{+}$$

demostrar que: $f(k)$es siempre positivas con los números enteros.

este es mi problema es mi creat,tal vez es un viejo problema,porque cuando me ocupo de la siguiente $$f(1)=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{n}{2^n}$$ y esta solución: $$\sum_{n=1}^{\infty}nx^n=x\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}=\dfrac{x}{(1-x)^2}$$ por lo $$f(1)=2$$

y que utilice los mismos métodos $$f(2)=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{n^2}{2^n}=6$$ $$f(3)=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{n^3}{2^n}=26$$ $$f(4)=\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{n^4}{2^n}=150$$ $$\cdots\cdots\cdots$$

y Cómo demostrar $f(k)$ es significativa enteros,y tal vez encontrar el $f(k)=?$

Answer 1

$\newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle #1 \right\rangle}% \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace}% \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack}% \newcommand{\dd}{{\rm d}}% \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}}% \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \cima {= \cima \vphantom{\enorme}}}}% \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,}% \newcommand{\ic}{{\rm i}}% \newcommand{\imp}{\Longrightarrow}% \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)}% \newcommand{\pp}{{\cal P}}% \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}}% \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}}% \newcommand{\verts}[1]{\left\vert #1 \right\vert}$

\begin{align} {\rm f}\pars{k} &= \sum_{n = 1}^{\infty}{n^{k} \over 2^{n}} = \sum_{n = 0}^{\infty}{\pars{n + 1}^{k} \over 2^{n + 1}} = {1 \over 2} + {1 \over 2}\sum_{n = 1}^{\infty}{1 \over 2^{n}} \sum_{\ell = 0}^{k}{k \choose \ell}n^{\ell} = {1 \over 2} + {1 \over 2}\sum_{\ell = 0}^{k}{k \choose \ell} \sum_{n = 1}^{\infty}{n^{\ell} \over 2^{n}} \\[3mm]&= {1 \over 2} + {1 \over 2}\sum_{\ell = 0}^{k}{k \choose \ell} {\rm f}\pars{\ell} = {1 \over 2} + {1 \over 2}\sum_{\ell = 0}^{k - 1}{k \choose \ell} {\rm f}\pars{\ell} + {1 \over 2}{\rm f}\pars{k} \end{align}

A continuación, \begin{equation} {\rm f}\pars{k} = 1 + \sum_{\ell = 0}^{k - 1}{k \choose \ell}{\rm f}\pars{\ell}\,, \quad k \geq 1\,; \qquad\qquad {\rm f}\pars{0} = 1 \tag{1} \end{equation} Desde $\ds{k \choose \ell}$ en la expresión $\pars{1}$ es un número entero, es bastante obvio, de$\pars{1}$, ${\rm f}\pars{k}$ es un número entero.

Answer 2

Tenga en cuenta que esta suma es un caso especial de la suma de armónicos $$S(x) = \sum_{n\ge 1} \frac{(xn)^k}{2^{xn}}$$ evaluados en $x=1.$

Ahora podemos evaluar esta suma por la inversión de sus Mellin transformar. Vamos a hacer esta evaluación, llegando a una simple forma cerrada que se ve fácilmente que ser un número entero. Recordar el Mellin transformar la identidad de armónicos de las sumas que se $$\mathfrak{M}\left(\sum_{k\ge 1} \lambda_k g(\mu_k x);s\right) = \left(\sum_{k\ge 1} \frac{\lambda_k}{\mu_k^s} \right) g^*(s)$$ donde $g^*(s)$ es la transformada de Mellin $g(x).$

En el presente caso tenemos $$\lambda_k = 1, \quad \mu_k = k \quad \text{y} \quad g(x) = \frac{x^k}{2^x}.$$ Necesitamos la Mellin transformar $g^*(s)$ $g(x)$ que es $$\int_0^\infty \frac{x^k}{2^x} x^{m-1} dx = \int_0^\infty \frac{1}{2^x} x^{(s+k)-1} dx.$$ Observar que $$\int_0^\infty 2^{-x} x^{m-1} dx = \frac{1}{(\log 2)^s} \Gamma(s)$$ por una sustitución directa que convierte la integral en una función gamma integral. Esto implica que $$g^*(s) = \frac{1}{(\log 2)^{s+k}} \Gamma(s+k).$$ De ello se desprende que la Mellin transformar $Q(s)$ $S(x)$ es $$Q(s) = \frac{1}{(\log 2)^{s+k}} \Gamma(s+k) \zeta(s).$$ La inversión de esta transformación nos encontramos con que $$\mathrm{Res}\left(Q(s)/x^s;s=1\right) = \frac{k!}{(\log 2)^{k+1}} \frac{1}{x}.$$ Para el resto de los postes de partida en $s=q$ donde $q=-k$ obtenemos la contribución $$\sum_{q=k}^\infty \mathrm{Res}\left(Q(s)/x^s;s=-q\ \ derecho) = \sum_{q=k}^\infty \frac{(-1)^{p-k}}{(p-k)!} (\log 2)^{p-k} x^q \zeta(-q)\\ = - \sum_{q=k}^\infty \frac{(-1)^{p-k}}{(p-k)!} (\log 2)^{p-k} x^q \frac{B_{p+1}}{q+1} = - x^k \sum_{q=0}^\infty \frac{(-1)^p}{q!} (\log 2)^q x^q \frac{B_{q+k+1}}{q+k+1}.$$ Tenga en cuenta que cuando se $q$ está incluso por encima de la suma de los ceros triviales de la función zeta cancelar los polos de la función gamma. La suma sigue siendo correcto, sin embargo debido a que los números de Bernoulli de la extraña índices son iguales a cero.

Ahora la generación de la función de los números de Bernoulli es $$\sum_{m\ge 0} B_m \frac{t^m}{m!} = \frac{t}{e^t-1},$$ lo que implica que $$\sum_{m\ge 1} \frac{B_m}{m} \frac{t^m}{m!} = \log(\exp(t)-1) -t -\log t$$ lo que implica a su vez al $k\ge 1$ $$\sum_{m\ge 1} \frac{B_{m+k+1}}{m+k+1} \frac{t^m}{m.} = \left(\frac{d}{dt}\right)^{k+1} (\log(\exp(t)-1) -t -\log t) \\ = \left(\frac{d}{dt}\right)^k \left(-1 - \frac{1}{t} + \frac{e^t}{e^t-1}\right) = (-1)^{k+1} \frac{k!}{t^{k+1}} + \left(\frac{d}{dt}\right)^k \left(\frac{e^t}{e^t-1}\right).$$ Ahora recordando la contribución de la pole en $s=1$ $Q(s)$ tenemos que $$S(1) = \sum_{n\ge 1}\frac{n^k}{2^n}\\ = \frac{k!}{(\log 2)^{k+1}} -\left((-1)^{k+1} \frac{k!}{(-\log 2)^{k+1}} + \left. \left(\frac{d}{dt}\right)^k \left(\frac{e^t}{e^t-1}\right)\right|_{t=\log 2}\right)\\ = \frac{k!}{(\log 2)^{k+1}} - \frac{k!}{(\log 2)^{k+1}} - \a la izquierda. \left(\frac{d}{dt}\right)^k \left(\frac{e^t}{e^t-1}\right)\right|_{t=\log 2} = - \a la izquierda. \left(\frac{d}{dt}\right)^k \left(\frac{e^t}{e^t-1}\right)\right|_{t=\log 2}.$$

A ver de que esta última expresión es un número entero, volver a escribir como $$S(1) = - \a la izquierda. \left(\frac{d}{dt}\right)^k \left(\frac{1}{1-e^{-t}}\right)\right|_{t=\log 2}.$$ Supongamos que tenemos una expresión de la forma $$\frac{p(e^{-t})}{(1-e^{-t})^a}$$ con $a$ un entero positivo y $p$ un polinomio con coeficientes enteros. Entonces podemos ver que $$\frac{d}{dt} \frac{p(e^{-t})}{(1-e^{-t})^a} = p(e^{-t}) (-a) \frac{1}{(1-e^{-t})^{+1}} e^{-t} + p'(e^{-t}) (-e^{-t}) \frac{1}{(1-e^{-t})^a}\\ = \frac{-ap(e^{-t})e^{-t}-p'(e^{-t})e^{-t}(1-e^{-t})}{(1-e^{-t})^{+1}} = \frac{p(e^{-t})}{(1-e^{-t})^{+1}}.$$ Es evidente que la derivada tiene la misma forma que el término que se diffferentiating, siendo el cociente de un polinomio con coeficientes enteros en $e^{-t}$ y una potencia entera de $(1-e^{-t}).$ Esto es por inducción para todos los derivados.

Pero tenga en cuenta que $$\left.(1-e^{-t})\right|_{t=-\log 2} = -1$$ lo que significa que todos los denominadores que aparecen son iguales a $-1$, dejando un número entero, la contribución de los numeradores, que son polinomios en $e^{-t} = 2$.

Adenda. Hay una muy agradable combinatoria de conexión a esta suma como una función de la $k.$ La secuencia obtenida es $$2, 6, 26, 150, 1082, 9366, 94586, 1091670, 14174522, 204495126, 3245265146, 56183135190,$$ que tiene este OEIS entrada.

Esto nos dice que el valor obtenido es el número de collares de particiones de $n+1$ etiquetado de perlas. Para demostrar esta conexión, introducir la combinatoria de las especies $\mathcal{P}$ con especificación de $$\mathcal{P} = \mathfrak{C}(\mathfrak{P}_{\ge 1}(\mathcal{Z}))$$ lo que representa, como vemos, los ciclos de la no-vacío etiquetados conjuntos.

Que se traduce en la generación de funciones obtenemos $$P(z) = \log \frac{1}{1-z} \circ (e^z-1)= \log \frac{1}{2-e^z}.$$ De ahí que el número de collares está dada por (aquí $n\ge 0$) $$(n+1)! [z^{n+1}] \log \frac{1}{2-e^z} = (n+1)! [z^{n+1}] \left(\log \frac{1}{2} + \log \frac{1}{1-e^z/2} \right)\\ = (n+1)! [z^{n+1}] \log \frac{1}{1-e^z/2}\\ = (n+1)! [z^{n+1}] \sum_{k\ge 1} \frac{e^{zk}}{k 2^k} = (n+1)! \sum_{k\ge 1} \frac{k^{n+1}}{(n+1)!\veces k\times 2^k} = \sum_{k\ge 1} \frac{k^n}{2^k}.$$ Nos hemos cambiado a $k$ $n$ en estos comentarios para ponerlos en línea con la generación de la notación de la función y la notación utilizada en la OEIS entrada. Y, por supuesto, la combinatoria de interpretación se califica como otra prueba de que estamos tratando con números enteros.

Answer 3

Considere la función $f(x)=\dfrac{1}{1-x}$. Si $D=x\dfrac {d}{dx}$ $$Df(x)=\frac{x}{(1-x)^2}$$

$$D^2f(x)=\frac{x^2+x}{(1-x)^3}$$

$$D^3f(x)=\frac{x^3+4x^2+x}{(1-x)^4}$$

Por inducción, se puede ver que $\displaystyle D^k\frac{1}{1-x}=\frac{\Phi_k(x)}{(1-x)^{k+1}}$ durante un cierto polinomio de grado $k$, $ \displaystyle \Phi_k(x)=\sum_{l\geqslant 1} \varphi_{k,l}x^l$. Estamos de acuerdo en que $\varphi_{n,l}=0$ si $l>n$ o $l\leqslant 0$. Nota luego de que $$\Phi_{n+1}=x(n+1)\Phi_n+(1-x)x\Phi'_n$$ is obtained by differentiating. From this we can obtain $$\varphi_{k+1,l}=(k-l+2)\varphi_{k,l-1}+l \varphi_{k,l}$$ These are the Eulerian numbers. The Eulerian polyonomials $\Phi_{k}(x)$ are of integer coefficients. This can be proven by induction. Now, note that $\displaystyle D^k\frac{1}{1-x}=\sum_{n\geqslant 0}n^kx^n$. It follows that $\displaystyle \sum_{n\geqslant 0}\frac{n^k}{2^n}=2^{k+1}\Phi_k\left(\frac 1 2\right)$ siempre será un número entero.

Answer 4

Deje $f_k(x)$ ser la función de $\sum_{n=0}^\infty n^kx^n$. A continuación,$f'_k(x) = \sum_{n=1}^\infty n^{k+1} x^{n-1}$$xf_k'(x) = f_{k+1}(x)$, y, por supuesto,$f_0(x) = \dfrac{1}{1-x}$. Ahora, definir $f_k(x) = \dfrac{g_k(x)}{(1-x)^{k+1}}$; a continuación,$f_k' = \dfrac{g_k'(x)}{(1-x)^{k+1}}-\dfrac{(k+1)g_k(x)}{(1-x)^{k+2}}$$g_{k+1}(x) = x\left((1-x)g_k'(x)-(k+1)g_k(x)\right)$. En particular, por la inducción tenemos que $g_k(x)$ es un polinomio de grado $k$ con coeficientes enteros. Pero, a continuación, $f_k(\frac12) = 2^{k+1}g_k(\frac12)$ debe ser un número entero, porque $g_k(\frac12) = \frac nd$ $d$ una potencia de dos $\leq 2^k$.

Answer 5

Aquí hay algunos materiales adicionales a lo largo de las líneas de mi primera respuesta.

Supongamos que tratamos de demostrar que $$\sum_{n\ge 1} \frac{n^k}{2^n}$$ es siempre un número entero. Podemos extender este a $n=0$ que tiene un cero la no aportación singular.

Vamos a dar un sorprendente combinatoria prueba. Inicio de la siguiente representación integral $$n^k = \frac{k!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k+1}} \exp(nz) \; dz.$$

Esto da por la suma $$\frac{k!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k+1}} \sum_{n\ge 0} \frac{\exp(nz)}{2^n} \; dz = \frac{k!}{2\pi i} \int_{|z|=\epsilon} \frac{1}{z^{k+1}} \frac{1}{1-\exp(z)/2} \; dz.$$

Ahora observar que $$k! [z^k] \frac{1}{1-\exp(z)/2} = 2k. [z^k] \frac{1}{2-\exp(z)} = 2k. [z^k] \frac{1}{1-(\exp(z)-1)}.$$

Reconocemos inmediatamente la exponencial de generación de función aquí, corresponde a la especie $$\mathfrak{S}(\mathfrak{P}_{\ge 1}(\mathcal{Z}))$$ cual es la especie de conjunto ordenado de las particiones.

A diferencia del caso de los números de Stirling donde el orden de la las particiones no importa, lo que importa aquí, y el conjunto de las particiones están dispuestos en una línea (distinguibles de los artículos en distinguir los cuadros).

Esto concluye la prueba, ya dos veces el recuento del conjunto ordenado particiones de $k$ es, obviamente, un número entero.