¿Cómo puedo evaluar ∑∞n=0(n+1)xn∑n=0∞(n+1)xn\sum_{n=0}^\infty(n+1)x^n?

Question

¿Cómo puedo evaluar ∑∞n=0(n+1)xn∑n=0∞(n+1)xn\sum_{n=0}^\infty(n+1)x^n?

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como puedo evaluar

\sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{2 norte}{3^{norte + 1}}

$\sum_{n=1}^\infty\frac{2n}{3^{n+1}}$ ? Sé la respuesta gracias a Wolfram Alpha , pero estoy más preocupado por cómo puedo derivar esa respuesta. Cita pruebas para demostrar que es convergente, pero mi clase nunca las ha aprendido antes. Así que siento que debe haber un método más simple.

En general, ¿cómo puedo evaluar

\sum_{norte = 0}^{\infty} (norte + 1) X^{norte} ?

$\sum_{n=0}^\infty (n+1)x^n?$

jason kim

Creo que esta es una serie aritmo-geométrica. Puede encontrar información aquí: artofproblemsolution.com/wiki/…

Infinito

Exprese 2 como 3-1 y luego descompóngalo en 2 términos. Luego suma 1 y resta 1 al numerador del término con 3^(n+1) como denominador. Luego aplique series telescópicas para los primeros dos términos y obtendrá un gp infinito con el tercer término.

Respuestas (23)

¿Cómo puedo evaluar ∑∞n=0(n+1)xn∑n=0∞(n+1)xn\sum_{n=0}^\infty(n+1)x^n?

Creo que esta es una serie aritmo-geométrica. Puede encontrar información aquí: artofproblemsolution.com/wiki/…
Exprese 2 como 3-1 y luego descompóngalo en 2 términos. Luego suma 1 y resta 1 al numerador del término con 3^(n+1) como denominador. Luego aplique series telescópicas para los primeros dos términos y obtendrá un gp infinito con el tercer término.

eric naslund · Answer 1

No es necesario usar la serie de Taylor, esto se puede derivar de manera similar a la fórmula para series geométricas. Encontremos una fórmula general para la siguiente suma:

S_{metro} = \sum_{norte = 1}^{metro} norte r^{norte} .

$S_{m}=\sum_{n=1}^{m}nr^{n}.$

Darse cuenta de

\begin{aligned} S_{metro} - r S_{metro} & = - metro r^{metro + 1} + \sum_{norte = 1}^{metro} r^{norte} \\ = - metro r^{metro + 1} + \frac{r - r^{metro + 1}}{1 - r} \\ = \frac{metro r^{metro + 2} - (metro + 1) r^{metro + 1} + r}{1 - r} . \end{aligned}

$\begin{align*} S_{m}-rS_{m} & = -mr^{m+1}+\sum_{n=1}^{m}r^{n}\\ & = -mr^{m+1}+\frac{r-r^{m+1}}{1-r} \\ & =\frac{mr^{m+2}-(m+1)r^{m+1}+r}{1-r}. \end{align*}$
Por eso

S_{metro} = \frac{metro r^{metro + 2} - (metro + 1) r^{metro + 1} + r}{(1 - r)^{2}} .

$S_m = \frac{mr^{m+2}-(m+1)r^{m+1}+r}{(1-r)^2}.$
Esta igualdad se cumple para cualquier

r

$r$ , pero en tu caso tenemos

r = \frac{1}{3}

$r=\frac{1}{3}$ y un factor de

\frac{2}{3}

$\frac{2}{3}$ frente a la suma. Eso es

\begin{aligned} \sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{2 norte}{3^{norte + 1}} & = \frac{2}{3} \underset{metro \to \infty}{límite} \frac{metro {(\frac{1}{3})}^{metro + 2} - (metro + 1) {(\frac{1}{3})}^{metro + 1} + (\frac{1}{3})}{{(1 - (\frac{1}{3}))}^{2}} \\ = \frac{2}{3} \frac{(\frac{1}{3})}{{(\frac{2}{3})}^{2}} \\ = \frac{1}{2} . \end{aligned}

$\begin{align*} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n}{3^{n+1}} & = \frac{2}{3}\lim_{m\rightarrow\infty}\frac{m\left(\frac{1}{3}\right)^{m+2}-(m+1)\left(\frac{1}{3}\right)^{m+1}+\left(\frac{1}{3}\right)}{\left(1-\left(\frac{1}{3}\right)\right)^{2}} \\ & =\frac{2}{3}\frac{\left(\frac{1}{3}\right)}{\left(\frac{2}{3}\right)^{2}} \\ & =\frac{1}{2}. \end{align*}$

Nota añadida:

podemos definir

S_{metro}^{k} (r) = \sum_{norte = 1}^{metro} {norte}^{k} r^{norte} .

$S_m^k(r) = \sum_{n=1}^m n^k r^n.$ Entonces la suma anterior considerada es

S_{m}^{1} (r)

$S_m^1(r)$ , y la serie geométrica es

S_{m}^{0} (r)

$S_m^0(r)$ . podemos evaluar

S_{m}^{2} (r)

$S_m^2(r)$ usando un truco similar, y considerando

S_{m}^{2} (r) - r S_{m}^{2} (r)

$S_m^2(r) - rS_m^2(r)$ . Esto entonces será igual a una combinación de

S_{m}^{1} (r)

$S_m^1(r)$ y

S_{m}^{0} (r)

$S_m^0(r)$ que ya tienen fórmulas para.

Esto significa que dada una $k$ , podríamos encontrar una fórmula para $S_m^k(r)$ , pero podemos encontrar $S_m^k(r)$ en general para cualquier $k$ ? Resulta que podemos, y la fórmula es similar a la fórmula para $\sum_{n=1}^m n^k$ , e involucra los números de Bernoulli. En particular, el denominador es $(1-r)^{k+1}$ .

@Eric ¿Cómo se hace la transformación? $\sum_{n=1}^m={r-r^{m+1} \over 1-r}$ ? En segundo lugar, en este paso, puede sustituir la serie con esta fórmula explícita a medida que la serie converge (obviamente porque es finita). Si la serie fuera infinita, no podrías haber hecho eso (a menos que $|r| \lt 1$ ) ya que divergiría. Sin embargo, luego aplicas esta fórmula a una serie infinita. $\sum_{n=1}^{\infty}{2n \over 3^n+1}$ . ¿Podría explicar por qué lo considera adecuado para una serie infinita, aunque inicialmente se presentó para series finitas?
Pequeño detalle: "la igualdad vale para cualquier $r$ " debería ser "la igualdad es válida para cualquier $r\neq1$ "

Miqueas · Answer 2

Si desea una solución que no requiera derivadas o integrales, observe que

\begin{array}{rcl} 1 + 2 X + 3 X^{2} + 4 X^{3} + \dots = 1 + X + X^{2} + X^{3} + \dots \\ + X + X^{2} + X^{3} + \dots \\ + X^{2} + X^{3} + \dots \\ + X^{3} + \dots \\ + \dots \\ = 1 + X + X^{2} + X^{3} + \dots \\ + X (1 + X + X^{2} + \dots) \\ + X^{2} (1 + X + \dots) \\ + X^{3} (1 + \dots) \\ + \dots \\ = (1 + X + X^{2} + X^{3} + \dots)^{2} = \frac{1}{(1 - X)^{2}} \end{array}

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

Su solución tiene una gran brecha. Te resultará difícil demostrar que la serie converge sin utilizar tanta maquinaria técnica como la solución que pasa por la suma finita antes de tomar límites.
@ user21820: la prueba tal como está (reemplazando los puntos suspensivos por una descripción precisa de los términos generales que representan) es perfectamente válida si las expresiones se interpretan como series de potencias formales en $~x$ , en otras palabras, demuestra que $\sum_{n\geq0}(n+1)X^n=(1-X)^{-2}$ en $\Bbb Z[[X]]$ . Con esto establecido (o en realidad independientemente de él) es muy fácil demostrar que las series de potencias en ambos miembros tienen un radio de convergencia $~1$ (basta observar que los coeficientes aumentan, pero menos que exponencialmente), obteniendo una identidad de series de potencias convergentes dentro de ese radio.
@MarcvanLeeuwen: dice "muy fácil", pero aún es mucho más fácil truncar en los términos finitos porque el término restante llega a cero por medios elementales. Por eso dije muy precisamente “sin usar tanta maquinaria técnica como…”, que es prácticamente ninguna. La respuesta de Miqueas como se indica es extremadamente engañosa para los estudiantes, por la misma razón que la mayoría de la gente no puede ver la falla en la prueba de $1+2+3+\cdots = -\frac1{12}$ ? Sin embargo, si uno quiere desarrollar la herramienta general de generación de funciones para combinatoria, entonces sí deberíamos desarrollar series de potencias formales.
@MarcvanLeeuwen: Además, estoy consternado por la falta general de rigor en la mitad de las respuestas aquí, especialmente porque la pregunta en sí establece claramente que Wolfram Alpha cita pruebas de convergencia y pide una forma más simple, por lo que cualquier cosa que requiera pruebas de convergencia no es más simple .
@ user21820: No entiendo lo que quieres decir. No veo cómo la prueba usando el truncamiento sería precisa, ni cómo sería fácil porque la factorización crucial de la suma como producto de dos sumas (iguales) solo es válida para la suma infinita. Su comentario original no suena como si quisiera decir (bastante vacuamente) "sin usar al menos $0$ "esfuerzo" tampoco. Sigue siendo que le preocupa engañar a sus estudiantes; no estoy de acuerdo. No hay nada de malo en el enfoque de probar algo para series de potencias formales primero, y luego considerar la convergencia después. Debemos enseñar a nuestros estudiantes que
@MarcvanLeeuwen: No hay nada de malo en su última oración, pero es irrelevante para las respuestas aquí, porque la pregunta solicita el valor de la suma infinita, por lo que es mejor que cualquier respuesta que manipule sumas infinitas la justifique; no se puede decir simplemente que es manipulación formal porque va a ser malinterpretada por estudiantes que no conocen la manipulación rigurosa de series. La prueba que usa el truncamiento finito ya se proporciona en la respuesta de Eric, y mi comentario pretendía significar "La cantidad de trabajo necesaria para justificar esta respuesta es mayor que la necesaria si pasa por la suma finita".

jonas meyer · Answer 3

Como se indica en otras respuestas, puede reducir esto a sumar $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty na^n}$ con $|a|<1$ (al sacar la constante $\frac{2}{3}$ y reescribiendo con $a=\frac{1}{3}$ ). Esto, a su vez, puede reducirse a sumar series geométricas reorganizando y factorizando. Tenga en cuenta que, suponiendo que todo converja bien (lo que hace):

$\begin{matrix} &a & + & 2a^2 & + & 3a^3 &+& 4a^4 &+& \cdots\\ =&a &+& a^2 &+& a^3 &+& a^4 &+& \cdots\\ +& & & a^2 &+& a^3 &+& a^4 &+& \cdots\\ +& & & & & a^3 &+& a^4 &+& \cdots\\ +& & & & & & & a^4 &+& \cdots\\ +& & & & & & & & & \vdots \end{matrix}$

Factorizando la potencia más baja de $a$ en cada fila rinde

$\begin{align*} \sum_{n=1}^\infty na^n &= a(1+a^2+a^3+\cdots)\\ &+ a^2(1+a^2+a^3+\cdots)\\ &+ a^3(1+a^2+a^3+\cdots)\\ &+ a^4(1+a^2+a^3+\cdots)\\ &\vdots \end{align*}$

Cada fila en la última expresión tiene el factor común $a(1+a+a^2+a^3+\cdots)$ , y factorizando esto se obtiene

$\begin{align*}\sum_{n=1}^\infty na^n &=a(1+a+a^2+a^3+\cdots)(1+a+a^2+a^3+\cdots)\\ &=a(1+a+a^2+a^3+\cdots)^2.\end{align*}$

Ahora puedes terminar sumando la serie geométrica.

La respuesta de Eric Naslund se publicó mientras escribía, pero pensé que valdría la pena publicar este enfoque alternativo. También quiero mencionar que, en general, se debe tener cuidado al reacomodar las series como si fueran sumas finitas. Para ser más formales, algunos de los pasos anteriores requerirían una justificación basada en la convergencia absoluta.

Mateo Conroy · Answer 4

Factoriza el $\frac{2}{3}$ . A continuación, escribir

\sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{norte}{3^{norte}} = \sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{1}{3^{norte}} + \sum_{norte = 2}^{\infty} \frac{1}{3^{norte}} + \sum_{norte = 3}^{\infty} \frac{1}{3^{norte}} + \dots

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{3^n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^n} + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{3^n} + \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{3^n} + \cdots$

Es fácil demostrar que

\sum_{norte = metro}^{\infty} \frac{1}{3^{norte}} = \frac{3}{2} {(\frac{1}{3})}^{metro}

$\sum_{n=m}^{\infty} \frac{1}{3^n} = \frac{3}{2} \left(\frac{1}{3} \right)^m$ y entonces

\sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{norte}{3^{norte}} = \frac{3}{2} \sum_{norte = 1}^{\infty} {(\frac{1}{3})}^{norte}

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{3^n} = \frac{3}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{3} \right)^n$ que puedes sumar. No olvides poner el

\frac{2}{3}

$\frac{2}{3}$ de nuevo en.

david mitra · Answer 5

Mi prueba favorita de esto está en este artículo de Roger B. Nelsen

También tengo el siguiente método para $\sum_{n=1}^\infty {n\over 2^{n-1}}$ (Se puede usar un método similar para $\sum_{n=1}^\infty {n\over3^n}$ ):

Primero mostramos que $\sum\limits_{n=7}^\infty {n\over 2^{n-1}} ={1\over4}$ .

Empezamos con un rectángulo de ancho 1 y alto $1/4$ . Divide esto en ochos: ingrese la descripción de la imagen aquí

Ahora divide cada octavo rectángulo de arriba por la mitad y toma 7 de ellos. Esto da $A_1={7\over 2^6}$ .

ingrese la descripción de la imagen aquí Hay $2\cdot8-7=9$ cajas sobrantes, cada una con área $2^{-6}$ .

Dividir cada restante $16^{\rm th}$ -rectángulo por la mitad y toma 8 de ellos. Esto da $A_2={7\over 2^6}+{8\over 2^7}$ .

ingrese la descripción de la imagen aquí Hay $2\cdot9-8=10$ cajas sobrantes, cada una con área $2^{-7}$ .

Dividir cada restante $32^{\rm nd}$ -rectángulo por la mitad y toma 9 de ellos. Esto da $A_3={7\over 2^6}+{8\over 2^7}+{9\over 2^8}$ .

ingrese la descripción de la imagen aquí Hay $2\cdot10-9=11$ cajas sobrantes, cada una con área $2^{-8}$ .

Dividir cada restante $64^{\rm th}$ -rectángulo por la mitad y toma 10 de ellos. Esto da $A_4={7\over 2^6}+{8\over 2^7}+{9\over 2^8}+{10\over2^9}$ .

ingrese la descripción de la imagen aquí Hay $2\cdot11-9=12$ cajas sobrantes, cada una con área $2^{-9}$ .

En cada etapa, duplicamos el número de cajas restantes, manteniendo la misma área sobrante, y tomamos aproximadamente la mitad de ellas para formar el siguiente término de la serie.

En el $n^{\rm th}$ escenario, tenemos

A_{norte} = \frac{7}{2^{6}} + \frac{8}{2^{7}} + \dots + \frac{6 + norte}{2^{5 + norte}},

$A_n= {7\over 2^6}+{8\over 2^7}+\cdots+{6+n\over2^{5+n}},$

con área sobrante

\frac{2 (norte + 7) - (norte + 6)}{2^{norte + 5} .}

$2(n+7)-(n+6)\over 2^{n+5}.$

Resulta que,

\frac{7}{2^{6}} + \frac{8}{2^{7}} + \frac{9}{2^{8}} + \dots = \frac{1}{4} .

${7\over2^6}+{8\over2^7}+{9\over2^8}+\cdots= {1\over4}.$ Como consecuencia,

\sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{norte}{2^{norte - 1}} = \sum_{norte = 1}^{6} \frac{norte}{2^{norte - 1}} + \sum_{norte = 7}^{\infty} \frac{norte}{2^{norte - 1}} = \frac{15}{4} + \frac{1}{4} = 4.

$\sum_{n=1}^\infty{n\over 2^{n-1}}= \sum_{n=1}^6 {n\over 2^{n-1}} +\sum_{n=7}^\infty{n\over 2^{n-1}} ={15\over 4}+{1\over4}=4.$

También puedes "Fubini" esto (creo que esto es lo que está haciendo Jonas).

leonbloy · Answer 6

Sugerencias

Conoces (¿no?) la fórmula para $S(a) = \sum_{n=0}^\infty a^n$ para $|a| < 1$
Calcular la derivada (con respecto a $a$ ) de ambos lados para obtener una fórmula para $\sum_{n=1}^\infty n a^n$
Demuestre que su serie se puede poner en esa forma.

Gracias por responder. 1) No, no conozco esa fórmula 2) ¿Puedes explicar qué quieres decir con derivar ambos lados?
1. Consulte aquí: en.wikipedia.org/wiki/Geometric_series 2) La derivación (o diferenciación) es una operación matemática (bueno, más que eso) que se enseña en Cálculo; si no lo sabe, olvídese de mi respuesta (y xen0m's). Quizás puedas resolver tu problema sin saber Cálculo, por otros métodos... pero normalmente primero aprendes cálculo, luego resuelves series.

glebovg · Answer 7

Tenga en cuenta que $\int \{1 + 2x + 3x^2 + \cdots\} \, dx = x + x^2 + x^3 + \cdots + \text{const}$ , es decir, una serie geométrica, que converge a $x/(1 - x)$ si $|x| < 1$ . Por lo tanto,

\frac{d}{d X} (\frac{X}{1 - X}) = \frac{(1 - X) (1) - X (- 1)}{(1 - X)^{2}} = \frac{1}{(1 - X)^{2}},

$\frac{d}{dx} \left(\frac{x}{1 - x}\right) = \frac{(1 - x)(1) - x(-1)}{(1 - x)^2} = \frac{1}{(1 - x)^2},$ eso es,

1 + 2 X + 3 X^{2} + \dots = \frac{1}{(1 - X)^{2}} .

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

Otra prueba : Deja $S = 1 + 2x + 3x^2 + \cdots$ con $|x| < 1$ . Entonces

X S = X + 2 X^{2} + 3 X^{3} + \dots

$xS = x + 2x^2 + 3x^3 + \cdots$ entonces

S - X S = (1 - X) S = 1 + X + X^{2} + \dots = \frac{1}{1 - X} .

$S - xS = (1- x)S = 1 + x + x^2 + \cdots = \frac{1}{1- x}.$ Por lo tanto:

S = (1 - x)^{- 2}

$S = (1 - x)^{-2}$ .

+1, pero no hubiera sido más sencillo decir que era la derivada de $1+x+x^2+...$ , convergiendo a $\frac1{1-x}$ ?
Decidí comenzar con lo que se dio, para que sea más fácil de ver para el OP.
Lo que quise decir es que elegiste $c=0$ mientras $c=1$ es una serie más conocida y es más fácil de derivar.
Podríamos notar que la serie dada está convergiendo a $\frac{1}{1-x}-1$ y toma la derivada de eso.
@inkievoyd Eso es exactamente lo que hice. Tenga en cuenta que $(1 - x)^{-1} - 1 = x(1 - x)^{-1}$ .

xeno · Answer 8

Se puede encontrar por diferenciación. solo nota que $(x^n)' = nx^{n-1}$ . Por la teoría de series de potencias obtenemos (mediante convergencia uniforme en cualquier subconjunto compacto de $(-1,1)$ ) eso

{(\sum_{norte = 1}^{\infty} X^{norte})}^{'} = \sum_{norte = 1}^{\infty} (X^{norte})^{'} = \sum_{norte = 1}^{\infty} norte X^{norte - 1} .

$\left(\sum_{n=1}^\infty x^n\right)' = \sum_{n=1}^\infty (x^n)' = \sum_{n=1}^\infty n x^{n-1}.$ La suma del lado izquierdo es igual a

{(\frac{x}{1 - x})}^{'}

$\left(\frac{x}{1-x}\right)'$ . Debe notar que su suma se puede escribir de manera similar a

\sum_{n = 1}^{\infty} n x^{n - 1}

$\sum_{n=1}^\infty nx^{n-1}$ .

Gracias por ayudar, pero nunca he aprendido la diferenciación.
La suma $\sum x^n$ es igual a $\dfrac{1}{1-x}$ y por lo tanto $\sum nx^n=x\left(\frac{1}{1-x}\right)'$ da el resultado correcto en lugar de $\left(\frac{x}{1-x}\right)'$ .

1233dfv · Answer 9

Considere la función generadora

gramo (X) = \sum_{norte = 0}^{\infty} (\binom{norte + k - 1}{norte}) X^{norte} = \frac{1}{(1 - X)^{k}} .

$g(x)=\sum_{n=0}^\infty{n+k-1\choose n}x^n={1\over (1-x)^k}.$ si dejamos

k = 2

$k=2$ , entonces

\sum_{norte = 0}^{\infty} (\binom{norte + 1}{norte}) X^{norte} = \frac{1}{(1 - X)^{2}} .

$\sum_{n=0}^\infty{n+1\choose n}x^n={1\over (1-x)^2}.$ Desde

(\binom{n + 1}{n}) = (n + 1)

${n+1\choose n}=(n+1)$ podemos concluir que

\sum_{norte = 0}^{\infty} (norte + 1) X^{norte} = \frac{1}{(1 - X)^{2}} .

$\sum_{n=0}^\infty{(n+1)x^n}={1\over (1-x)^2}.$

alexjo · Answer 10

Permitir

S_{norte} (z) = \sum_{j = 1}^{+ \infty} j^{norte} z^{j} para z \in C, | z | < 1, norte = 0, 1, 2, \dots

$S_n(z)=\sum_{j=1}^{+\infty}j^nz^j\quad\text{for }z\in\Bbb{C}, |z|<1, n=0, 1, 2, \ldots$ Es fácil probar que para

z \in C, | z | < 1

$z\in\Bbb{C}, |z|<1$ , las sumas

S_{n} (z)

$S_n(z)$ satisfacer la relación de recurrencia autoconvolucional

S_{norte + 1} (z) = S_{norte} (z) + \sum_{k = 0}^{norte} (\binom{norte}{k}) S_{k} (z) S_{norte - k} (z) norte = 0, 1, 2, \dots

$S_{n+1}(z)=S_n(z)+\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} S_k(z)S_{n-k}(z)\qquad n=0, 1, 2, \ldots$ De hecho, realizando el índice de cambio

q = j - i

$q=j-i$ y usando el teorema del binomio, tenemos

\begin{aligned} S_{norte + 1} (z) & = \sum_{j = 1}^{+ \infty} j^{norte + 1} z^{j} = \sum_{j = 1}^{+ \infty} j^{norte} z^{j} + \sum_{i = 1}^{+ \infty} \sum_{j = i + 1}^{+ \infty} j^{norte} z^{j} \\ = S_{norte} (z) + \sum_{i = 1}^{+ \infty} \sum_{q = 1}^{+ \infty} (i + q)^{norte} z^{i + q} \\ = S_{norte} (z) + \sum_{i = 1}^{+ \infty} \sum_{q = 1}^{+ \infty} \sum_{k = 0}^{norte} (\binom{norte}{k}) i^{k} q^{norte - k} z^{i} z^{q} \\ = S_{norte} (z) + \sum_{k = 0}^{norte} (\binom{norte}{k}) \sum_{i = 1}^{+ \infty} i^{k} z^{i} \sum_{q = 1}^{+ \infty} q^{norte - k} z^{q} \\ = S_{norte} (z) + \sum_{k = 0}^{norte} (\binom{norte}{k}) S_{k} (z) S_{norte - k} (z) \end{aligned}

$\begin{align} S_{n+1}(z)&=\sum_{j=1}^{+\infty}j^{n+1}z^j=\sum_{j=1}^{+\infty}j^{n}z^j+\sum_{i=1}^{+\infty}\sum_{j=i+1}^{+\infty}j^{n}z^j\\ &=S_n(z)+\sum_{i=1}^{+\infty}\sum_{q=1}^{+\infty}(i+q)^{n}z^{i+q}\\ &=S_n(z)+\sum_{i=1}^{+\infty}\sum_{q=1}^{+\infty}\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}i^kq^{n-k}z^iz^q\\ &=S_n(z)+\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}\sum_{i=1}^{+\infty}i^kz^i\sum_{q=1}^{+\infty}q^{n-k}z^q\\ &=S_n(z)+\sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k} S_k(z)S_{n-k}(z) \end{align}$

Para $n = 0$ la suma $S_0(z)$ es la suma de la progresión geométrica

S_{0} (z) = \sum_{j = 1}^{+ \infty} z^{j} = \frac{z}{1 - z}

$S_0(z)=\sum_{j=1}^{+\infty}z^j=\frac{z}{1-z}$ Usando la recurrencia encontramos

\begin{aligned} S_{1} (z) & = S_{0} (z) + S_{0}^{2} (z) = \frac{z}{(1 - z)^{2}} \\ S_{2} (z) & = S_{1} (z) + 2 S_{0} (z) S_{1} (z) = \frac{z^{2} + z}{(1 - z)^{3}} \\ S_{3} (z) & = S_{2} (z) + 2 S_{0} (z) S_{2} (z) + S_{1}^{2} (z) = \frac{z^{3} + 4 z^{2} + z}{(1 - z)^{4}} \end{aligned}

$\begin{align} S_1(z)&=S_0(z)+S_0^2(z)=\frac{z}{(1-z)^2}\\ S_2(z)&=S_1(z)+2S_0(z)S_1(z)=\frac{z^2+z}{(1-z)^3}\\ S_3(z)&=S_2(z)+2S_0(z)S_2(z)+S_1^2(z)=\frac{z^3+4z^2+z}{(1-z)^4} \end{align}$ etcétera.

Utilizando los resultados fundados, por $a, b, z \in\Bbb{C}, z\neq 0,|z|<1$ , poniendo

σ (z; a, b) = \sum_{j = 0}^{+ \infty} (a + b j) z^{j}

$\sigma(z;a,b)=\sum_{j=0}^{+\infty}(a+bj) z^j$ uno tiene

σ (z; a, b) = \sum_{j = 0}^{+ \infty} (a + b j) z^{j} = a [1 + S_{0} (z)] + b S_{1} (z) = \frac{a + (b - a) z}{(1 - z)^{2}}

$\sigma(z;a,b)=\sum_{j=0}^{+\infty}(a+bj) z^j=a[1+S_0(z)]+bS_1(z)=\frac{a+(b-a)z}{(1-z)^2}$

Entonces la suma requerida es

\sum_{norte = 0}^{+ \infty} (norte + 1) X^{norte} = σ (X; 1, 1) = \frac{1}{(1 - z)^{2}}

$\sum_{n=0}^{+\infty}(n+1) x^n=\sigma(x;1,1)=\frac{1}{(1-z)^2}$ y

\sum_{norte = 1}^{+ \infty} \frac{2 norte}{3^{norte + 1}} = \frac{2}{3^{2}} σ (\frac{1}{3}; 1, 1) = \frac{1}{2}

$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{2n}{3^{n+1}}=\frac{2}{3^2}\sigma\left(\frac{1}{3};1,1\right)=\frac{1}{2}$

Nota En alternativa a la relación de autoconvolución, podemos usar otra relación recursiva útil para $z\in\Bbb{C}, |z|<1$ , esa es la recurrencia lineal

S_{norte} (z) = \frac{z}{1 - z} [1 + \sum_{k = 0}^{norte - 1} (\binom{norte}{k}) S_{k} (z)] norte = 1, 2, \dots

$S_{n}(z)=\frac{z}{1-z}\left[1+\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n}{k} S_k(z)\right]\qquad n=1, 2, \ldots$

Fuente matemática · Answer 11

De hecho,

\sum_{norte = 0}^{+ \infty} (norte + 1) X^{norte} = \sum_{norte = 0}^{+ \infty} \frac{d}{d X} (X^{norte + 1}) = \frac{d}{d X} \sum_{norte = 0}^{+ \infty} X^{norte + 1} = \frac{d}{d X} (\frac{X}{1 - X}) = \frac{1}{(1 - X)^{2}}

$\sum_{n=0}^{+\infty}(n+1)x^n = \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{d}{dx}(x^{n+1})= \frac{d}{dx}\sum_{n=0}^{+\infty}x^{n+1} = \frac{d}{dx}\biggl(\frac{x}{1 - x}\biggr) = \frac{1}{(1 - x)^2}$ Para

x = \frac{1}{3}

$x = \frac{1}{3}$ , tenemos

\frac{9}{4} = \sum_{norte = 0}^{+ \infty} (norte + 1) \frac{1}{3^{norte}} = \sum_{metro = 1}^{+ \infty} metro \frac{1}{3^{metro - 1}} \Rightarrow \sum_{metro = 1}^{+ \infty} \frac{metro}{3^{metro}} = \frac{3}{4}

$\frac{9}{4} =\sum_{n=0}^{+\infty}(n+1)\frac{1}{3^n} = \sum_{m=1}^{+\infty}m\frac{1}{3^{m-1}} \quad \Rightarrow \quad \sum_{m=1}^{+\infty}\frac{m}{3^m} = \frac{3}{4}$

Marc van Leeuwen · Answer 12

Tenga en cuenta que $n+1$ es el número de maneras de elegir $n$ artículos de $2$ tipos (se permiten repeticiones pero se ignora el orden), de modo que $n+1=\left(\!\binom2n\!\right)=(-1)^n\binom{-2}n$ . (Esto usa la notación $\left(\!\binom mn\!\right)$ por la cantidad de formas a elegir $n$ artículos de $m$ tipos con repetición, un número igual a $\binom{m+n-1}n=(-1)^n\binom{-m}n$ por la definición habitual de coeficientes binomiales con índice superior general.) Ahora reconozca la fórmula binomial para el exponente $-2$ en

\sum_{norte \geq 0} (norte + 1) X^{norte} = \sum_{norte \geq 0} (- 1)^{norte} (\binom{- 2}{norte}) X^{norte} = \sum_{norte \geq 0} (\binom{- 2}{norte}) (- X)^{norte} = (1 - X)^{- 2} .

$\sum_{n\geq0}(n+1)x^n=\sum_{n\geq0}(-1)^n\tbinom{-2}nx^n =\sum_{n\geq0}\tbinom{-2}n(-x)^n=(1-x)^{-2}.$ Esto es válido como serie formal de potencias en

x

$~x$ , y también da una identidad para series de potencias convergentes siempre que

| x | < 1

$|x|<1$ .

Hay una buena manera gráfica de entender esta identidad. Los términos del cuadrado de la serie formal de potencias $\frac1{1-x}=\sum_{i\geq0}x^i$ se puede organizar en una matriz infinita, con en la posición $(i,j)$ (con $i,j\geq0$ ) el término $~x^{i+j}$ . Ahora por dado $n$ los términos $x^n$ ocurrir en el $n+1$ posiciones con $i+j=n$ (una anti-diagonal) y la agrupación de términos similares da como resultado la serie $\sum_{n\geq0}(n+1)x^n$ .

Y observe que no comenté su respuesta porque declaró explícitamente "serie de potencia formal" y también declaró con precisión el radio de convergencia. Ahora, no creo que esto realmente responda la pregunta, por la razón que ya le di, a saber, que su respuesta requiere herramientas que no son más simples que la prueba de convergencia utilizada por WA, como se solicita en la pregunta. Pero no tengo nada de malo en tu respuesta, ya que no es matemáticamente incorrecta ni engañosa.

purú · Answer 13

asumo que el $|x|$ ser menos que $1$ . Ahora, considera, $f(x)=\sum_{n=0}^{n=\infty} x^{n+1}$

Esto convergerá sólo si $|x|<1$ . Ahora, lo interesante aquí es que esta es una progresión geométrica. El $f(x)=x/(1-x)$ .

$f'(x)$ es la serie que te interesa, ¿verdad? Diferenciar $x/(1-x)$ y tienes tu expresión!

Juan alegría · Answer 14

Encontré por primera vez esta suma con el siguiente problema:

Evaluar $(\frac{1}{2})^{\frac{1}{3}} (\frac{1}{4})^{\frac{1}{9}} (\frac{1}{8})^{\frac{1}{27}} (\frac{1}{dieciséis})^{\frac{1}{81}} \dots$ $\bigg(\frac{1}{2}\bigg)^\dfrac{1}{3}\bigg(\frac{1}{4}\bigg)^\dfrac{1}{9}\bigg(\frac{1}{8}\bigg)^\dfrac{1}{27}\bigg(\frac{1}{16}\bigg)^\dfrac{1}{81}\dots$

Lo cual, por supuesto simplificado a

(\frac{1}{2})^{\frac{1}{3^{1}} + \frac{2}{3^{2}} + \frac{3}{3^{3}} + \frac{4}{3^{4}} + \dots} = (\frac{1}{2})^{S}

$\bigg(\frac{1}{2}\bigg)^{\dfrac{1}{3^1}+\dfrac{2}{3^2}+\dfrac{3}{3^3}+\dfrac{4}{3^4}+\dots}=\bigg(\frac{1}{2}\bigg)^S$

Volviendo a tu problema, ahora

\sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{2 norte}{3^{norte + 1}} = \frac{2}{3} \sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{norte}{3^{norte}} = \frac{2}{3} S

$\sum_{n=1}^\infty \frac{2n}{3^{n+1}}=\frac{2}{3}\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{3^n}=\frac{2}{3}S$ Usando un método similar a derivar series geométricas, suponga que

S_{k} = \sum_{norte = 1}^{k} \frac{norte}{3^{norte}}

$S_k = \sum_{n=1}^k \frac{n}{3^{n}}$ Entonces nosotros tenemos

\begin{array}{lll} 3 S_{k} - S_{k} & = & 1 + \frac{2}{3^{1}} + \frac{3}{3^{2}} + \frac{4}{3^{3}} + \dots + \frac{k}{3^{k - 1}} \\ - \frac{1}{3^{1}} - \frac{2}{3^{2}} - \frac{3}{3^{3}} \dots - \frac{k - 1}{3^{k - 1}} - \frac{k}{3^{k}} \\ 2 S_{k} & = & (1 + \frac{2 - 1}{3^{1}} + \frac{3 - 2}{3^{2}} + \frac{4 - 3}{3^{3}} + \dots + \frac{k - (k - 1)}{3^{k - 1}}) - \frac{k}{3^{k}} \\ = & \frac{1 - (\frac{1}{3})^{k}}{1 - \frac{1}{3}} - \frac{k}{3^{k}} \\ 2 S & = & \underset{k \to \infty}{límite} \frac{1 - (\frac{1}{3})^{k}}{1 - \frac{1}{3}} - \frac{k}{3^{k}} \\ 2 S & = & \frac{1}{1 - \frac{1}{3}} = \frac{3}{2} \\ \frac{2}{3} S & = & \frac{1}{2} \end{array}

$\begin{array}{lll} 3S_k-S_k &=& 1+\frac{2}{3^1}+\frac{3}{3^2}+\frac{4}{3^3}+\dots+\frac{k}{3^{k-1}}\\ &&-\frac{1}{3^1}-\frac{2}{3^2}-\frac{3}{3^3}\dots-\frac{k-1}{3^{k-1}}-\frac{k}{3^k}\\ 2S_k&=&\bigg(1+\frac{2-1}{3^1}+\frac{3-2}{3^2}+\frac{4-3}{3^3}+\dots+\frac{k-(k-1)}{3^{k-1}}\bigg)-\frac{k}{3^k}\\ &=&\frac{1-(\frac{1}{3})^{k}}{1-\frac{1}{3}} - \frac{k}{3^k}\\ 2S&=&\lim_{k\to\infty} \frac{1-(\frac{1}{3})^{k}}{1-\frac{1}{3}} - \frac{k}{3^k}\\ 2S&=&\frac{1}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}\\ \frac{2}{3}S&=&\frac{1}{2}\\ \end{array}$

por un método similar se puede demostrar que si la serie converge, que

\sum_{norte = 0}^{\infty} (norte + 1) X^{norte} = \frac{1}{(1 - X)^{2}}

$\sum_{n=0}^\infty (n+1)x^n = \frac{1}{(1-x)^2}$

olivier oloa · Answer 15

Para evitar diferenciar una suma infinita .

Empezamos con la evaluación finita estándar:

\begin{matrix} (1) & 1 + X + X^{2} + . . . + X^{norte} = \frac{1 - X^{norte + 1}}{1 - X}, | X | < 1. \end{matrix}

$1+x+x^2+...+x^n=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}, \quad |x|<1. \tag1$ Luego, diferenciando

(1)

$(1)$ tenemos

\begin{matrix} (2) & 1 + 2 X + 3 X^{2} + . . . + norte X^{norte - 1} = \frac{1 - X^{norte + 1}}{(1 - X)^{2}} + \frac{- (norte + 1) X^{norte}}{1 - X}, | X | < 1, \end{matrix}

$1+2x+3x^2+...+nx^{n-1}=\frac{1-x^{n+1}}{(1-x)^2}+\frac{-(n+1)x^{n}}{1-x}, \quad |x|<1, \tag2$ y haciendo

n \to + \infty

$n \to +\infty$ en

(2)

$(2)$ , usando $|x|<1$ , da

\begin{matrix} (3) & \sum_{norte = 0}^{\infty} (norte + 1) X^{norte} = \frac{1}{(1 - X)^{2}} . \end{matrix}

$\sum_{n=0}^\infty(n+1)x^n=\frac{1}{(1-x)^2}. \tag3$

trébol · Answer 16

Un método de evaluación $\sum_{n=0}^\infty(1+n)x^n$ puede ser así, tomamos la función generadora

F = \sum_{norte = 0}^{\infty} X^{norte}

$f = \sum_{n=0}^\infty x^n$ entonces

\sum_{norte = 0}^{\infty} (norte + 1) X^{norte} = (X D + 1) F

$\sum_{n=0}^\infty (n+1)x^n = (xD + 1) f$

\frac{X}{(1 - X)^{2}} + \frac{1}{1 - X} = \frac{1}{(1 - X)^{2}}

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

D

$D$ significa diferenciación wrt

x

$x$ .

Masacroso · Answer 17

¿A nadie le gusta la notación de cálculo finito? Increíble :(

Debo agregar una respuesta en forma de cálculo finito. Puedes leer sobre este tema en el libro Concrete Mathematics de Graham y Knuth, o en este artículo .

El cálculo finito es análogo al cálculo normal (infinitesimal) donde usamos en su lugar "derivadas discretas" e "integrales discretas" (en realidad solo sumas), y podemos realizar sumas definidas o indefinidas en analogía con integrales definidas o indefinidas.

Análogamente a la derivada estándar, la derivada discreta y la integral discreta (indefinida) se pueden escribir como

\begin{matrix} (1) & Δ F (k) := F (k + 1) - F (k), \sum F (k) d k = F (k) + C \end{matrix}

$\Delta f(k):=f(k+1)-f(k),\quad\quad \sum f(k)\delta k=F(k)+C\tag{1}$

para algunos $1$ -función periódica $C$ , y donde tenemos también que

\begin{matrix} (2) & \sum_{k = a}^{b} F (k) = \sum_{a}^{b + 1} F (k) d k \end{matrix}

$\sum_{k=a}^bf(k)=\sum\nolimits_a^{b+1}f(k)\delta k\tag{2}$

Y tenemos la fórmula de suma por partes con esta simbología representada por

\begin{matrix} (3) & \sum F (k) [Δ gramo (k)] d k = F (k) gramo (k) - \sum [mi gramo (k)] F (k) d k \end{matrix}

$\sum f(k)[\Delta g(k)]\delta k=f(k)g(k)-\sum \mathrm [E g(k)]f(k)\delta k\tag{3}$

dónde $\mathrm E$ es el operador de desplazamiento y se define como $\mathrm E f(k):=f(k+1)$ . Por último, antes de responder a la pregunta, no es difícil comprobar que

\begin{matrix} (4) & Δ X^{k} = X^{k} (X - 1), \sum X^{k} d k = X^{k} (X - 1)^{- 1} + C Δ (k + w) = 1, \sum (k + w) d k = \frac{1}{2} (k + w - 1) (k + w) + C \end{matrix}

$\Delta x^k=x^k(x-1),\quad\sum x^k\delta k=x^k(x-1)^{-1}+C\\\Delta (k+w)=1,\quad \sum (k+w)\delta k=\frac12 (k+w-1)(k+w)+C\tag{4}$

Por lo tanto, usando las fórmulas anteriores, tenemos que

\begin{aligned} \sum_{k = 0}^{\infty} (k + 1) X^{k} & = \sum_{0}^{\infty} (k + 1) X^{k} d k \\ = \underset{metro \to \infty}{límite} \sum_{0}^{metro} (k + 1) X^{k} d k \\ = \underset{metro \to \infty}{límite} ((k + 1) X^{k} (X - 1)^{- 1} |_{0}^{metro} - \sum_{0}^{metro} X^{k + 1} (X - 1)^{- 1} d k) \\ (5) & = \underset{metro \to \infty}{límite} ((k + 1) X^{k} (X - 1)^{- 1} - X^{k + 1} (X - 1)^{- 2}) |_{0}^{metro} \end{aligned}

$\begin{align} \sum_{k=0}^\infty (k+1)x^k&=\sum\nolimits_0^\infty (k+1)x^k\delta k\\ &=\lim_{m \to \infty }\sum\nolimits_0^m (k+1)x^k\delta k\\ &=\lim_{m \to \infty }\big((k+1)x^k(x-1)^{-1}\big|_0^m-\sum\nolimits_0^m x^{k+1}(x-1)^{-1}\delta k\big)\\ &=\lim_{m \to \infty }\big((k+1)x^k(x-1)^{-1}-x^{k+1}(x-1)^{-2}\big)\big|_0^m\tag5 \end{align}$

Entonces lo anterior es finito cuando $|x|<1$ , en este caso tenemos que

\begin{matrix} (6) & \sum_{k = 0}^{\infty} (k + 1) X^{k} = - \frac{1}{X - 1} + \frac{X}{(X - 1)^{2}} = \frac{1}{(X - 1)^{2}} \end{matrix}

$\sum_{k=0}^\infty (k+1)x^k=-\frac1{x-1}+\frac{x}{(x-1)^2}=\frac1{(x-1)^2}\tag6$

robarjohn · Answer 18

Resolviendo $(an+b)-(a(n+1)+b)x=n+1$ para todos $n$ da $a=\frac1{1-x}$ y $b=\frac1{(1-x)^2}$ . Por lo tanto,

\begin{matrix} (1) & (norte + 1) X^{norte} = (\frac{1}{(1 - X)^{2}} + \frac{norte}{1 - X}) X^{norte} - (\frac{1}{(1 - X)^{2}} + \frac{norte + 1}{1 - X}) X^{norte + 1} \end{matrix}

$(n+1)x^n=\left(\frac1{(1-x)^2}+\frac{n}{1-x}\right)x^n-\left(\frac1{(1-x)^2}+\frac{n+1}{1-x}\right)x^{n+1}\tag1$ Usando

(1)

$(1)$ y series telescópicas , obtenemos

\begin{matrix} (2) & \sum_{k = 0}^{norte - 1} (k + 1) X^{k} = \frac{1}{(1 - X)^{2}} - (\frac{1}{(1 - X)^{2}} + \frac{norte}{1 - X}) X^{norte} \end{matrix}

$\sum_{k=0}^{n-1}(k+1)x^k=\frac1{(1-x)^2}-\left(\frac1{(1-x)^2}+\frac{n}{1-x}\right)x^n\tag2$ Si

| x | < 1

$|x|\lt1$ , entonces obtenemos

\begin{matrix} (3) & \sum_{k = 0}^{\infty} (k + 1) X^{k} = \frac{1}{(1 - X)^{2}} \end{matrix}

$\sum_{k=0}^\infty(k+1)x^k=\frac1{(1-x)^2}\tag3$

Hola robjohn, necesito tu ayuda con esa técnica de generar series telescópicas válidas si lo permites.
robjohn, usó este sistema generador de dos ecuaciones que lo llevó a aterrizar en una serie intercalada válida, lo intenté con otras series de formas diferentes ya que a menudo vuelvo desde el punto de partida, tengo ganas de recorrer un círculo vacío, ¿cómo puedes? decir si una serie es reducible a una serie de ese tipo?
@ Abr001am: creo que generalmente es posible, pero puede ser tan difícil encontrar los términos telescópicos como encontrar la forma cerrada de la suma.

Darío A. Gutiérrez · Answer 19

$\begin{aligned} \sum_{norte = 0}^{\infty} (norte + 1) X^{norte} & = \sum_{norte = 1}^{\infty} norte X^{norte - 1} = \frac{d}{d X} (\sum_{norte = 0}^{\infty} X^{norte}) = \frac{d}{d X} (\frac{1}{1 - X}) = \frac{1}{(1 - X)^{2}} \end{aligned}$ $\begin{align} \sum_{n=0}^\infty (n+1)x^n &= \sum_{n=1}^\infty nx^{n-1} =\frac{d}{dx}\left( \sum_{n=0}^\infty x^{n}\right) =\frac{d}{dx}\left(\frac{1}{1-x}\right)=\frac{1}{(1-x)^2} \end{align}$ $\begin{matrix} ◻ & \begin{aligned} \end{aligned} \end{matrix}$ $\begin{align} \tag*{$\Box$} \end{align}$

aaron hendrickson · Answer 20

¿Qué pasa con el producto de Cauchy?

\sum_{norte = 0}^{\infty} (norte + 1) X^{norte} = \sum_{norte = 0}^{\infty} \sum_{ℓ = 0}^{norte} X^{norte} = (\sum_{norte = 0}^{\infty} X^{norte}) (\sum_{metro = 0}^{\infty} X^{metro}) = \frac{1}{(1 - X)^{2}} .

$\sum_{n=0}^\infty(n+1)x^n=\sum_{n=0}^\infty\sum_{\ell=0}^nx^n=\left(\sum_{n=0}^\infty x^n\right)\left(\sum_{m=0}^\infty x^m\right)=\frac{1}{(1-x)^2}.$

jonathan rayner · Answer 21

Suponga que juega un juego repetible en el que tiene probabilidad $x$ de perder. Darse cuenta de

\begin{aligned} \sum_{norte = 0}^{\infty} (norte + 1) X^{norte} & = \sum_{norte = 1}^{\infty} norte X^{norte - 1} \\ = \frac{1}{1 - X} \sum_{norte = 1}^{\infty} norte (1 - X) X^{norte - 1} \\ = \frac{1}{1 - X} mi [norte] \end{aligned}

$\begin{align} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+1)x^n &= \sum\limits_{n=1}^{\infty} nx^{n-1} \\ &= \frac{1}{1-x} \sum\limits_{n=1}^{\infty} n (1-x)x^{n-1} \\ &= \frac{1}{1-x} \text{E}[n] \end{align}$

dónde $\text{E}[n]$ es el número esperado de veces que tienes que jugar antes de tu primera victoria (pierdes $n-1$ veces y luego ganar con probabilidad $1-x$ en el $n$ º juego).

Ahora

\begin{aligned} mi [norte] & = 1 + X mi [norte] \end{aligned}

$\begin{align} \text{E}[n] &= 1 + x \text{E}[n] \end{align}$

porque o ganas en el primer juego, o pierdes con probabilidad $x$ y reiniciar el proceso, con $\text{E}[n]$ más juegos para jugar. Entonces

\begin{aligned} mi [norte] & = \frac{1}{1 - X} \end{aligned}

$\begin{align} \text{E}[n] &= \frac{1}{1-x} \end{align}$

y por lo tanto

\begin{aligned} \sum_{norte = 0}^{\infty} (norte + 1) X^{norte} & = \frac{1}{(1 - X)^{2}} \end{aligned}

$\begin{align} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (n+1)x^n &= \frac{1}{(1-x)^2} \end{align}$

(Básicamente, acabamos de volver a derivar la fórmula para la suma de una serie geométrica, ¡pero es una forma divertida de hacerlo!)

Lai · Answer 22

En primer lugar, necesitamos una serie geométrica infinita.

\begin{matrix} (1) & \sum_{norte = 0}^{\infty} X^{norte} = \frac{1}{1 - X} para | X | < 1 \end{matrix}

$\sum_{n=0}^{\infty} x^{n}=\frac{1}{1-x} \quad \text { for }|x|<1 \tag*{(1)}$ Multiplicando la ecuación (1) por

x

$x$ rendimientos

\begin{matrix} (2) & \sum_{norte = 0}^{\infty} X^{norte + 1} = \frac{X}{1 - X} = \frac{1}{1 - X} - 1 \end{matrix}

$\sum_{n=0}^{\infty} x^{n+1}=\frac{x}{1-x}=\frac{1}{1-x}-1 \tag*{(2)}$
Derivando la ecuación (2) wrt

x

$x$ da

\begin{matrix} (3) & \sum_{norte = 0}^{\infty} (norte + 1) X^{norte} = \frac{1}{(1 - X)^{2}} \end{matrix}

$\sum_{n=0}^{\infty}(n+1) x^{n}=\frac{1}{(1-x)^{2}} \tag*{(3)}$ Rendimientos de reindexación

\begin{matrix} (4) & \sum_{norte = 1}^{\infty} norte X^{norte - 1} = \frac{1}{(1 - X)^{2}} \end{matrix}

$\sum_{n=1}^{\infty} n x^{n-1}=\frac{1}{(1-x)^{2}} \tag*{(4)}$ Poniendo

x = \frac{1}{3}

$x=\frac{1}{3}$ en (4) rendimientos

\begin{matrix} (5) & \sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{norte}{3^{norte - 1}} = \frac{1}{{(1 - \frac{1}{3})}^{2}} = \frac{9}{4} \end{matrix}

$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{3^{n-1}} =\frac{1}{\left(1-\frac{1}{3}\right)^{2}} =\frac{9}{4} \tag*{(5)}$
Multiplicando (5) por

\frac{2}{9}

$\displaystyle \frac{2}{9}$ Concluye esto

\sum_{norte = 1}^{\infty} \frac{2 norte}{3^{norte + 1}} = \frac{1}{2}

$\boxed{\sum_{n=1}^{\infty} \frac{2 n}{3^{n+1}} =\frac{1}{2}}$

Proporción_áurea · Answer 23

Para $|x|<1,$ recordar la identidad de la serie geométrica $\sum_{k=1}^\infty x^{k-1}=\frac{1}{1-x},$ entonces por el teorema de Fubini,

\sum_{k = 1}^{\infty} k X^{k - 1} = \sum_{k = 1}^{\infty} \sum_{j = 1}^{\infty} 1_{j \leq k} X^{k - 1} = \sum_{j = 1}^{\infty} \sum_{k = 1}^{\infty} 1_{j \leq k} X^{k - 1} = \sum_{j = 1}^{\infty} \sum_{k = j}^{\infty} X^{k - 1} = \sum_{j = 1}^{\infty} X^{j - 1} \sum_{k = 1}^{\infty} X^{k - 1} = \sum_{j = 1}^{\infty} \frac{X^{j - 1}}{1 - X} = \frac{1}{(1 - X)^{2}} .

$\small \sum_{k=1}^\infty kx^{k-1}=\sum_{k=1}^\infty \sum_{j=1}^\infty {\bf1}_{j\leq k} x^{k-1}=\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=1}^\infty {\bf1}_{j\leq k} x^{k-1}=\sum_{j=1}^\infty\sum_{k=j}^\infty x^{k-1}=\sum_{j=1}^\infty x^{j-1}\sum_{k=1}^\infty x^{k-1}=\sum_{j=1}^\infty \frac{x^{j-1}}{1-x}=\frac{1}{(1-x)^2}.$ que formaliza esta prueba .

¿Cómo puedo evaluar ∑∞n=0(n+1)xn∑n=0∞(n+1)xn\sum_{n=0}^\infty(n+1)x^n?

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