Generalizando $\sum \limits_{n=1}^{\infty }n^{2}/x^{n}$ a $\sum \limits_{n=1}^{\infty }n^{p}/x^{n}$

Question

Para calcular el valor actual de una secuencia infinita de pagos igualmente espaciados $(n^{2})$ Tenía la necesidad de evaluar

$$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^{2}}{x^{n}}=\dfrac{x(x+1)}{(x-1)^{3}}\qquad x>1.$$

El método que he utilizado se basa en la serie geométrica $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}x^{n}=\dfrac{x}{1-x}$ diferenciando cada lado seguido de una multiplicación por $x$ diferenciando una segunda vez y multiplicando de nuevo por $x$ . Existe al menos un segundo método (más difícil) que consiste en calcular las sumas parciales de la serie y dejar que $n$ ir al infinito.

Pregunta: ¿Existe una forma cerrada para

$$\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{n^{p}}{x^{n}}\qquad x>1,p\in\mathbb{Z}^{+}\quad ?$$

¿Cuál es el esquema de su prueba en caso de que exista?

Answer 1

La forma cerrada general es

$$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} k^n x^k = \frac{1}{(1 - x)^{n+1}} \left( \sum_{m=0}^{n} A(n, m) x^{m+1} \right)$$

donde $A(n, m)$ son los Números eulerianos . Cuando tenga tiempo editaré con algunos detalles más. Si sólo quieres la respuesta para un valor pequeño particular de $n$ véase la sección 3 de mis notas sobre la generación de funciones . También mencionaré que para un valor particular de $n$ se puede deducir la respuesta utilizando la identidad

$$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} {k+n \choose n} x^k = \frac{1}{(1 - x)^{n+1}}$$

y escribir $k^n$ como una combinación lineal de los polinomios ${k+r \choose r}$ (en $k$ ), por ejemplo, utilizando una tabla de diferencias finitas.

Answer 2

Aquí hay una mirada diferente:

La diferenciación y la multiplicación por $x$ da lugar a Números de Stirling del segundo tipo .

Digamos que se denota el operador de diferenciar y multiplicar por $x$ como $D_{x}$

Entonces tenemos que

$$(D_{x})^{n}f(x) = \sum_{k=1}^{n} s(n,k) f^{(k)}(x) x^{k}$$

donde $s(n,k)$ es el número stirling del segundo tipo y $f^{(k)}(x)$ es el $k^{th}$ derivado de $f(x)$ .

Esto se puede demostrar fácilmente utilizando la identidad $$s(n,k) = s(n-1,k-1) + k \cdot s(n-1,k)$$

Aquí hay una tabla para los números Stirling del segundo tipo (de la página wiki):

n/k   0     1     2     3     4      5      6      7      8      9
0     1
1     0     1
2     0     1     1
3     0     1     3     1
4     0     1     7     6     1
5     0     1     15    25    10     1
6     0     1     31    90    65     15     1
7     0     1     63    301   350    140    21     1
8     0     1     127   966   1701   1050   266    28     1
9     0     1     255   3025  7770   6951   2646   462    36     1

Así que en su caso, podemos empezar con $ f(x) = \frac{1}{1-x}$ y obtener que

$$ \sum_{k=0}^{\infty} k^{n} x^k = \sum_{r=1}^{n} r! \cdot s(n,r) \frac{x^{r}}{(1-x)^{r+1}}$$

Por ejemplo, en su caso para $n=3$ obtenemos

$$\sum_{k=0}^{\infty} k^3 x^k = \frac{1! \cdot 1 \cdot x}{(1-x)^2} + \frac{2! \cdot 3 \cdot x^2}{(1-x)^3} + \frac{3! \cdot 1 \cdot x^3}{(1-x)^4}$$

$$ = \frac{x(1-x)^2 + 6x^{2}(1-x) + 6x^3}{(1-x)^4} $$

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

Answer 3

Selon mundo de las matemáticas El $n^{th}$ momento de la distribución geométrica con parámetro $p$ que es $ \sum p (1-p)^n n^k $ puede expresarse en términos de la función polilogaritmo.