Necesito encontrar un número $x$ tal que $$\sum_{n=1}^\infty\frac{n^x}{2^n n!} = \frac{1539}{64}e^{1/2}.$$ ¿Cuál es el mejor enfoque para este problema?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Se puede observar que $$\left(z\frac{d}{dz}\right)^a\;\underbrace{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{z^n}{n!}}_{e^{z}-1}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{n^a z^n}{n!}.$$ Ahora, de hecho, la configuración de $a=6$, el cálculo de los derivados de la $e^z-1$ y ajuste de $z=\frac12$ en el final de la expresión, obtenemos $\frac{1539}{64}\sqrt{e}$.
Lennart Regebro
Puntos
136
De acuerdo a Wikipedia, $$\sum_{n = 0}^\infty \frac{n^k z^n}{n!} = e^z T_k(z),$$ donde $T_k(z)$ $k^\text{th}$ Touchard polinomio. El uso de $z = \tfrac{1}{2}$$k = 6$, nos encontramos con $$\sum_{n = 0}^\infty \frac{n^6}{2^n n!} = e^{1/2} T_6(1/2) = \frac{1539}{64}e^{1/2}.$$
(Espero que alguien pueda encontrar una solución satisfactoria.)
Chen Kinnrot
Puntos
136
La idea es que esta suma puede calcularse si $x \in \mathbb{N}$.
Deje $f_0(x) = \sum_{n\geq0} \frac{x^n}{2^n n!}$. Este es un de potencia de la serie; su radio de convergencia es infinito, y tenemos $f_0(x) = \exp\left(\frac x2\right)$. Para todos los $k \in \mathbb{N}$, vamos a $f_{k+1}(x) = xf_k'(x)$. Por inducción, es sencillo demostrar que $f_k(x) = \sum_{n\geq0} \frac{n^k x^n}{2^n n!}$. Deje $P_k(x) = 2^k \exp\left(-\frac x2\right)$, por lo que $$f_k(x) = \sum_{n\geq0} \frac{n^k x^n}{2^n n!} = 2^{-k} \exp\left(\frac x2\right) P_k(x)$$ Tenemos $P_0(x) = 1$, y la relación $f_{n+1}(x)=xf_n'(x)$ los rendimientos inmediatamente $$P_{n+1}(x)=x\bigl( P_n(x) + 2P_n'(x) \bigr).$$ Uno puede calcular $P_1(x)=x$, $P_2(x)=x^2+2x$, ..., $P_6(x) = x^6+30x^5+260x^4+720x^3+496x^2+32x$.
Para $k \in \mathbb{N}^*$, tenemos $$\sum_{n\geq1} \frac{n^k}{2^n n!} = f_k(1) = \exp\left(\frac 12\right) \frac{P_k(1)}{2^k}. $$
Ahora es tiempo para un poco de suerte: el denominador es $64=2^6$$P_6(1)=1539$.
Por lo tanto $x=6$ es la solución.
