$\sum \limits_{n=1}^{\infty}n(\frac{2}{3})^n$ Evalúe suma

Question

Posible duplicado:
Cómo puedo evaluar $\sum_{n=1}^\infty \frac{2n}{3^{n+1}}$

Cómo puede usted calcular el límite de $\sum \limits_{n=1}^{\infty} n(2/3)^n$

Evidentemente es igual a 6 por alfa wolfram pero ¿cómo podría usted calcular esta suma analíticamente?

Answer 1

Casi el mismo que Mike respuesta:

Deja $$ \def\ts{\estilo de texto} S_n=\ts{2\over3}+2( {2\más 3})^2 +3 ({2\over3})^3+\cdots+n ({2\over3})^n.$$

Entonces $$\eqalign{ \ts{2\over3}S_n &=\ts \bigl[\,({2\over3})^2+2 ({2\más 3})^3+3 ({2\over3})^4 +\cdots+(n-1) ({2\over3})^{n }\,\bigr]+n ({2\over3})^{n+1}\cr &=\ts S_n- [{2\over3}+ ({2\over3})^2 +({2\over3})^3 + \cdots + ({2\over3})^{n } ] + n({2\over3})^{n +1} \cr &=\ts S_n-{2/3 -(2/3)^{n+1}\más de 1/3}+ n({2\over3})^{n +1}. }$$

De dónde

$$S_n={ {2/3 -(2/3)^{n+1}\over 1/3}- n({2\over3})^{n +1}\over 1/3}.$$

Tomando el límite cuando $n$ tiende a infinito da $$ S_n={2-0\más de 1/3}=6. $$

Este método fue observadapor el general diferenciadas serie geométrica $\sum n r^n$) por Roger B. Nelsen, que tiene otro precioso prueba aquí.

Answer 2

$$ \begin{align*} \sum_{n=1}^\infty n(2/3)^n &= \sum_{m=1}^\infty \sum_{n=m}^\infty (2/3)^n \\ &= \sum_{m=1}^\infty \frac{(2/3)^m}{1-2/3} \\ &= \frac{2/3}{(1-2/3)^2} = 6. \end{align*} $$

Answer 3

Lanza una moneda que tiene probabilidad de $1/3$ de aterrizaje "jefes" hasta que la cabeza. Deje $X$ el número de lanzamientos necesarios. Nos encontramos con la media de $X$ en dos formas diferentes. Deje que nuestros suma de dinero se $S$.

Tenga en cuenta que $P(X=1)=1/3$, $P(X=2)=(2/3)(1/3)$, $P(X=3)=(2/3)^2(1/3)$, y así sucesivamente. De ello se sigue que $$E(X)=1\cdot\left(\frac{1}{3}\right)+ 2\cdot\left(\frac{2}{3}\right)\left(\frac{1}{3}\right)+ 3\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^2\left(\frac{1}{3}\right)+ 4\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^3\left(\frac{1}{3}\right)+\cdots.$$ Así $$E(X)=\frac{1}{2}\left[1\cdot\left(\frac{2}{3}\right)+ 2\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^2+ 3\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^3+ 4\cdot\left(\frac{2}{3}\right)^4+\cdots\right]=\frac{S}{2}.$$

Si el primer lanzamiento sale de la cabeza, a continuación,$X=1$. Si que el primer lanzamiento sale de la cola, hemos utilizado hasta $1$ lanzamiento, y el juego comienza de nuevo. Por la Ley de la Total Expectativa, $$E(X)=1\cdot\frac{1}{3} +(1+E(X))\cdot\frac{2}{3}.$$ Resolver para $E(X)$. Llegamos $E(X)=3$, y por lo tanto $S=6$.

Comentario: Hay un muy buen libro sobre bijective los argumentos de la llamada Pruebas de que Realmente Cuentan. Tal vez uno debe comenzar la recolección de la Media de las Pruebas.

Answer 4

He leído acerca de hacer como esto:

$y=\sum \limits_{n=1}^\infty n(\frac23)^n$

$\frac23y=\sum \limits_{n=1}^\infty n(\frac23)^{n+1}=\sum \limits_{n=2}^\infty (n-1)(\frac23)^n=\sum \limits_{n=1}^\infty (n-1)(\frac23)^n$, desde $n=1$ rendimientos $0$.

$y-\frac23y=\sum \limits_{n=1}^\infty [n-(n-1)](\frac23)^n$

$\frac13y=\sum \limits_{n=1}^\infty (\frac23)^n$

Esta suma. que es más familiar. Si no puede resolverlo de manera similar para obtener

$\frac13y=\frac{\frac23}{1-\frac23}=2$

$y=6$

Answer 5

Puede hacer esto con la serie de energía. Si usted deja $f(x) := \sum \limits_{n=1}^{\infty} nx^n$ y restringir el dominio de $f$ al intervalo $|x|<1$ entonces $$\begin{align} f(x) &= x \sum_{n=1}^{\infty} nx^{n-1} \\&= x \sum_{n=1}^{\infty} \frac{d}{dx} x^n \\&= x\frac{d}{dx}(\sum_{n=1}^{\infty} x^n) \\&= x \frac{d}{dx} \bigg( \frac{1}{1-x}\bigg) \\&= \frac{x}{(1-x)^2} \end {Alinee el} $$ y sustituye $x=2/3$ $f(x)=6$.