¿Suma de la serie $\sum_{n=1}^\infty \frac{n^a}{b^n}$?

Question

Cómo podemos evaluar esta serie $$\sum_{n=1}^\infty \frac{n^a}{b^n}?$ $

Aquí $a$ y $b$ son números enteros positivos. Si $b=1$ entonces la serie a ser divergentes, en otros casos, será convergente, pero ¿cómo encontrar esta suma?

¿No hay una solución simple que no involucra a números de Stirling?

Answer 1

Esto puede ser reescrito como un polylogarithm: $$\sum_{n=1}^\infty \frac {n^a}{b^n}=\sum_{n=1}^\infty \frac {\left(\frac 1b\right)^n}{n^{-a}}=\operatorname{Li}_{-a}\left(\frac 1b\right)$$

Para enteros positivos $a$ usted puede utilizar estas fórmulas que calcular las sucesivas derivados de $\frac z{1-z}$. Más exactamente : $$\operatorname{Li}_{-a}(z)=\left(z\frac{\partial}{\partial z}\right)^a\frac z{1-z}=\sum_{k=0}^a k!\;S(a+1,k+1)\left(\frac z{1-z}\right)^{k+1}$$ con $S(n,k)$ los números de Stirling del segundo tipo (reemplace $z$ $\frac 1b$ en la fórmula final).

Para ver por qué esto funciona comienzan con $a=0$ y la nota $z:=\frac 1b$, a continuación, simplemente queremos que la suma de una serie geométrica :

\begin{align} \operatorname{Li}_0(z)&=\sum_{n=1}^\infty z^n=\frac z{1-z}\\ \operatorname{Li}_{-1}(z)&=\sum_{n=1}^\infty n\,z^n=\left(z\frac{\partial}{\partial z}\right)\sum_{n=1}^\infty z^n=\frac z{(1-z)^2}\\ \operatorname{Li}_{-2}(z)&=\sum_{n=1}^\infty n^2\,z^n=\left(z\frac{\partial}{\partial z}\right)\sum_{n=1}^\infty n\,z^n=\frac {z(1+z)}{(1-z)^3}\\ \end{align} (y así sucesivamente...)

Otra buena fórmula es : $$\operatorname{Li}_{-a}(z)=\frac 1{(1-z)^{a+1}}\sum_{k=0}^{a-1} E(a,k)\, z^{a-k}$$ con $E(a,k)$ los números de Euler.

Answer 2

sugerencia

Escribir $x=1/b$. Para $a=0$, esta es una serie geométrica $\sum_{n=1}^\infty x^n$. De forma recursiva, se trata de evaluar $$ f_a(x) = \sum_{n=1}^\infty n^x^n $$ señalando que está relacionado con el derivado $f_{a-1}'(x)$.

Answer 3

Una técnica relacionada. Aquí es cómo se puede avanzar,

$$ \sum_{n=0}^{\infty}x^n = \frac{1}{1-x} \implies (xD)^a \sum_{n=0}^{\infty}x^n= (xD)^a \frac{1}{1-x} $$

$$ \implies \sum_{n=0}^{\infty}n^a x^n = \sum_{k=0}^{a} {a \brace k} x^k D^k \frac{1}{1-x},$$

donde $ {n \brace k} $ son los números de stirling del segundo tipo. Ahora, usted sólo tiene que encontrar el $k$-ésima derivada de $\frac{1}{1-x}$ y, a continuación, los submarinos $x=\frac{1}{b}$.

Añadido: La respuesta final es

$$ \sum_{n=0}^{\infty}n^a x^n = \sum_{k=0}^{a} {a \brace k} \frac{k!\left(\frac{1}{b}\right)^k}{ \left(1-\left(\frac{1}{b}\right)\right)^{k+1} },\quad b\neq 1. $$

Nota: hemos utilizado la identidad

1)$$ (xD)^a=\sum_{k=0}^{a} {a \brace k} x^k D^k.$$

2) El $k$-ésima derivada de $\frac{1}{1-x}$ es $$ \frac{k!}{ (1-x)^{k+1} }. $$

Answer 4

Consideremos el siguiente de la serie en su lugar:

$$ S_{a}(x) = \sum_{n=0}^{\infty} n^{a} x^{n}. $$

Si definimos un operador lineal $L_{k}$ por

$$ L_{k} = x^{k} \frac{d^{k}}{dx^{k}}, $$

es fácil encontrar la $ L_{1}L_{n} = n L_{n} + L_{n+1} $ mantiene. Así, por medio de la inducción matemática, junto con la fórmula recursiva para la Stirling número de la segunda clase, se sigue que

$$ L_{1}^{n} = \sum_{k=1}^{n} \left\{ {n \atop k} \right\} L_{k}. $$

A continuación, para un entero positivo $a$, tenemos

$$ S_{a}(x) = L_{1}^{a} S_{0}(x) = \sum_{k=1}^{a} \left\{ {un \cima de k} \right\} L_{k} \frac{1}{1-x} = \sum_{k=1}^{a} \left\{ {un \cima de k} \right\} \frac{k! x^{k}}{(1-x)^{k+1}}. $$