¿Por qué es que las sumas como $\displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1} \frac{n^k}{3^n}$ $\displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1} \frac{n^k}{2^n}$ donde $k$ es un entero no negativo, se suma a 'bonito' números como 0.75, 1.5, 2, 4.125, 6, 15, 26 y 150, mientras que las sumas como $\displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1} \frac{n^k}{4^n}$ $\displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1} \frac{n^k}{7^n}$ no?
De manera más general, ¿cómo se puede saber lo que una suma de la forma $\displaystyle\sum\limits^\infty_{n=1} \frac{n^k}{m^n}$ sumas?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
El agradable identidad relacionados con tales sumas se $$ \sum_{n\ge 0} \binom{n+k}{k} x^k = \frac1{(1-x)^{k+1}}. $$ Usted puede comprobar esto por inducción, o por la generación de funciones, o por la generalizada del teorema del binomio.
Los valores de las sumas de dinero no va a ser tan bonito, pero podemos expresar cualquier monomio $n^k$ como una combinación lineal de $\binom n0, \binom{n+1}{1}, \dots, \binom{n+k}{k}$ debido a que estos son la base para polinomios de grado a a $k$. Como resultado de ello, sabemos que $$ \sum_{n \ge 0} n^k x^k = \frac{a_0}{1-x} + \frac{a_1}{(1-x)^2} + \dots + \frac{a_k}{(1-x)^{k+1}} $$ para algunos coeficientes de $a_0, \dots, a_k$, que se puede poner más de un común denominador de $(1-x)^{k+1}$.
En su caso, el denominador de $x = \frac12$ simplifica a un factor de $2^{k+1}$, el denominador de $x = \frac13$ simplifica a un factor de $(\frac32)^{k+1}$, y que empeoran progresivamente a partir de ahí.
Foobaz John
Puntos
276
De otra manera. Tenga en cuenta que $$ n^k=\sum_{m=0}^kS(k,m)n^{\underline{m}} $$ donde $S(k,m)$ es el número de stirling del segundo tipo y $n^{\underline{m}}=n(n-1)\dotsb(n-m+1)$ es la caída factorial de longitud $m$. En efecto simplemente hemos cambiado las bases para la más conveniente base de la caída de los factoriales, que son una base para polinomios de grado en la mayoría de las $k$. Ahora $$ \sum_{n=0}^\infty n^k x^n=\sum_{n=0}^\infty\left(\sum_{m=0}^kS(k,m)n^{\underline{m}}\right)x^n =\sum_{m=0}^kS(k,m)\left(\sum_{n=0}^\infty n^{\underline{m}}x^n \right)\quad (|x|<1)\etiqueta{1} $$ Pero no es fácil conseguir la generación de la función de $n^{\underline{m}}$ por la diferenciación de la serie geométrica. De hecho, $$ \sum_{n=0}^\infty n^{\underline{m}}x^n=x^m\left[\frac{d^m}{dx^m}(1-x)^{-1}\right]=\frac{m!x^m}{(1-x)^{m+1}}\quad (|x|<1) $$ de dónde $$ \sum_{n=0}^\infty n^k x^n=\sum_{m=0}^k \left[m!S(k,m)\frac{x^m}{(1-x)^{m+1}}\right].\quad(|x|<1). $$ Por ejemplo poner $x=1/2$ para conseguir que $$ \sum_{n=0}^\infty n^k 2^{-n}= 2\sum_{m=0}^k m!S(k,m). $$ y poner $x=1/3$ para conseguir que $$ \sum_{n=0}^\infty n^k 3^{-n}= 3\sum_{m=0}^k m!S(k,m)\frac{1}{2^{m+1}}. $$ y, en general, poner a $x=1/r$ donde $|x|<1$, para conseguir que $$ \sum_{n=0}^\infty n^k r^{-n}=r\sum_{m=0}^km!S(k,m)\frac{1}{(r-1)^{m+1}}. $$
