Serie Infinita

[Pachisi]

VI propongo il seguente problema:

Determinare $ \sum_{n=1}^\infty n/2^n $.

[kobeilprofeta]

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fa$ 2$. Più in generale $\sum_{n=1}^{+infty} n/(a^n)=frac{a}{(a-1)^2}$.

[kobeilprofeta]

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Un'idea è quella di vedere una serie geometrica di ragione $1/a$, da cui $frac{1}{1-1/a}=frac{a}{a-1}$... poi siamo vicini

[Pachisi]

Complimenti!
Te ne propongo un altro, che probabilmente riuscirai a fare subito:

$ \sum_{n=1}^\infty n^2/2^n $. Quando ho provato a generalizzarlo a $ \sum_{n=1}^\infty n^a/a^n $, mi veniva una forma definita su precedenti valori di quella somma (ossia con $ a $ piu` piccolo. Probabilmente sbaglio io). Magari puoi provare tu.

[ciromario]

N.B. A meno di diversa indicazione, tutte le sommatorie di seguito indicate hanno l'indice k variabile da 1 ad n.
Sia :
(a) $s_n=\Sigma_kkx^k$
Moltiplicando per x:
(b) $xs_n=\Sigma_kkx^{k+1}$
Sottraendo la (a) da (b) :
$(x-1)s_n=-x-x^2-x^3-.....-x^n+nx^{n+1}$
Ovvero :
$(x-1)s_n=nx^{n+1}-x\cdot\frac{x^n-1}{x-1}$
Da qui , con qualche calcolo, si ottiene che :
(c) $s_n=\frac{nx^{n+2}-(n+1)x^{n+1}+x}{(x-1)^2}$
Ora abbiamo che :
$\Sigma_kk^2x^{k-1}=\Sigma_k\frac{d}{dx}(kx^k)=\frac{d}{dx}\Sigma_kkx^k=\frac{d}{dx}s_n$
Tenendo conto della (c) ed eseguendo la derivazione a secondo membro, risulta:
$\Sigma_k k^2x^{k-1}=\frac{n^2x^{n+2}+(-2n^2-2n+1)x^{n+1}+(n+1)^2x^n-x-1}{(x-1)^3}$
Ne segue che:
$\Sigma_kk^2x^k=x\cdot \Sigma_kk^2x^{k-1}=\frac{n^2x^{n+3}+(-2n^2-2n+1)x^{n+2}+(n+1)^2x^{n+1}-x^2-x}{(x-1)^3}$
Poniamo in questa ultima formula $x=1/2$ ed avremo :
$\Sigma _k k^2/{2^k}=8\cdot[3/4-{n^2}/{2^{n+3}}+{2n^2+2n-1}/{2^{n+2}}-{(n+1)^2}/{2^{n+1}}]$
Passando al limite per $n->oo$ e tenendo conto che, in tale evenienza, $2^n$ è un infinito di ordine superiore
rispetto ad $n^2$ ( cosa dimostrabile mediante induzione su n), si ha infine che:
$\sum_{k=1}^{oo}{k^2}/{2^k}=8\cdot 3/4=6$

[xXStephXx]

Con un riordinamento opportuno (che è lecito essendo a termini positivi) la si può ricondurre ad un sommatoria di serie geometriche che viene a sua volta una serie geometrica.

Poi immagino che facendolo per tutti gli $a<=k$ si possa scrivere anche per $a=k+1$ visto che, sempre con quel riordinamento, il termine di grado massimo si elimina. Ma per capire se si può trovare una forma chiusa dovrei pensarci meglio... Non mi aspetto nulla di promettente

[Pachisi]

Io per la forma generale $ \sum_{n=1}^\infty n^a/a^n $ ho fatto cosi`:

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Sia $ S= \sum_{n=1}^\infty n^a/a^n $ allora si avra` anche $ S=\sum_{n=0}^\infty n^a/a^n =\sum_{n=0}^\infty (n+1)^a/a^(n+1) $.

Notiamo che $ (a-1)S=aS-S $, dunque $ (a-1)S=a \sum_{n=0}^\infty (n+1)^a/a^(n+1) - \sum_{n=0}^\infty n^a/a^n=\sum_{n=0}^\infty (n+1)^a/a^n-n^a/a^n = \sum_{n=0}^\infty ( an^(a-1)+ a(a-1)n^(a-2)+...+1)/a^n $. Dunque

$ S= 1/(a-1)\sum_{n=0}^\infty ( an^(a-1)+ a(a-1)n^(a-2)+...+1)/a^n $.

Complimenti @ciromario per la soluzione

[giammaria]

Io considererei la serie proposta come un caso particolare di
$S_k=sum_(n=0)^oo n^kx^n$
con $x=1/a$, $ k=a$, $a $ naturale e maggiore di 1. Riporto il metodo di soluzione più indicato nei libri.
Per $k=0$ è la normale serie geometrica e si ha $S_0=1/(1-x)$
Per $k>0$ il primo addendo vale zero, quindi posso far partire la somma dal secondo; con la sostituzione $n=m+1$ ho
$S_1=sum_(m=0)^oo(m+1)x^(m+1)=x(sum_(m=0)^oomx^m+sum_(m=0)^oox^m)=x(S_1+S_0)$
da cui ricavo
$(1-x)S_1=xS_0" "->S_1=x/(1-x)S_0=x/(1-x)^2$
Ragionamento analogo per $k=2$:
$S_2=sum_(m=0)^oo(m+1)^2x^(m+1)=xsum_(m=0)^oo(m^2+2m+1)x^m=x(S_2+2S_1+S_0)$
da cui ricavo
$S_2=...=(x(x+1))/(1-x)^3$
Con lo stesso ragionamento ricavo $S_3$ da $S_3=x(S_3+3S_2+3S_1+S_0)$ eccetera.

Non ho mai visto una formula che permetta il calcolo di $S_k$ senza dover calcolare prima tutte quelle precedenti e neanche le vostre soluzioni lo fanno; forse quella formula non esiste o forse è troppo complicata perché meriti citarla.

[Pachisi]

Grazie per l'input @giammaria .

[Erasmus_First]

Complimenti!

Però bisogna precisare che l'uguaglianza $a/(a-1)^2 = \sum_{n=1}^\infty n/a^n $ vale solo se |a|>1 (se no la serie non converge).
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In generale, si possono usare anche successioni definite per ricorrenza.
Sia x > 1 e per ogni k naturale sia Yk =$ \sum_{n=1}^\infty n^k/x^n $.
Si trova facilmente:
Y0 =$1/(x-1)$;
Yk+1= $-x(dYk)/(dx)$.

Si trova presto, per esempio:
Y1 = $x/(x-1)^2$;
Y2 = $(x+x^2)/(x-1)^3$;
Y3 = $(x+4x^2+x^3)/(x-1)^4$;
. . .

Ciao, ciao