¿Cómo puedo evaluar
$$ \sum_{n=1}^\infty \frac{2n}{3^{n+1}} $$
Yo sé la respuesta gracias a Wolfram Alpha, pero estoy más preocupado con la manera en que pueda derivar la respuesta. Se cita pruebas para demostrar que es convergente, pero mi clase nunca ha aprendido antes, así que creo que debe haber un método más sencillo.
En general, ¿cómo puedo evaluar $$\sum_{n=0}^\infty (n+1)x^n?$$
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Micah Puntos 18257
Si desea una solución que no requiere de derivados o integrales, aviso que \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}
tooshel Puntos 475
Como se indica en otras respuestas, usted puede reducir este a resumir $\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty na^n}$ with $|a|<1$ (by pulling out the constant $\frac{2}{3}$ and rewriting with $a=\frac{1}{3}$). Esto a su vez puede ser reducido a la suma geométrica de la serie de la reorganización y el factoring. Tenga en cuenta que, suponiendo que todo lo que converge muy bien (que lo hace):
$\begin{matriz}
&a & + & 2a^2 & + & 3a^3 &+& 4a^4 &+& \cdots\\
=&a &+& a^2 + y^3 + y^4 &+& \cdots\\
+& & & a^2 + y^3 + y^4 &+& \cdots\\
+ & & & & & a^3 + y^4 &+& \cdots\\
+ & & & & & & & a^4 &+& \cdots\\
+& & & & & & & & & \vdots
\end{matriz}$
Factorizando el nivel más bajo de $a$ en cada fila de los rendimientos
$\begin{align*}
\sum_{n=1}^\infty na^n
y= a(1+a^2+a^3+\cdots)\\
&+ a^2(1+a^2+a^3+\cdots)\\
&+ a^3(1+a^2+a^3+\cdots)\\
&+ a^4(1+a^2+a^3+\cdots)\\
&\vdots
\end{align*}$
Cada fila en la última expresión tiene el común factor $a(1+a+a^2+a^3+\cdots)$, y el factoring esto rendimientos
$\begin{align*}\sum_{n=1}^\infty na^n
y=a(1+a+a^2+a^3+\cdots)(1+a+a^2+a^3+\cdots)\\
y=a(1+a+a^2+a^3+\cdots)^2.\end{align*}$
Ahora usted puede terminar haciendo un resumen de la serie geométrica.
Eric Naslund que la respuesta fue publicado mientras estaba escribiendo, pero pensé que este enfoque alternativo podría ser vale la pena publicar. También quiero mencionar que, en general, uno debe ser cuidadoso acerca de la reorganización de la serie como si fueran finito de sumas. Para ser más formales, algunos de los pasos anteriores requerirá la justificación basada en la convergencia absoluta.
Joe Lencioni Puntos 4642
Mi favorito de la prueba de ello es que en este papel de Roger B. Nelsen
Yo también tengo el siguiente método para $\sum_{n=1}^\infty {n\over 2^{n-1}}$ (one can use a similar method for $\sum_{n=1}^\infty {n\over3^n}$):
Primero mostramos que la $\sum\limits_{n=7}^\infty {n\over 2^{n-1}} ={1\over4}$.
Vamos a empezar con un rectángulo de ancho 1 y la altura de la /4$. Dividirlo en ocho:
Ahora divide cada uno de los de octavo rectángulo de arriba en la mitad y tomar de 7 de ellos. Esto le da a $A_1={7\over 2^6}$. 
Hay \cdot8-7=9$ boxes left over, each having area ^{-6}$.
Dividir cada una de las restantes ^{\rm th}$-rectangle in half and take 8 of them. This gives $A_2={7\over 2^6}+{8\over 2^7}$.
Hay \cdot9-8=10$ boxes left over, each having area ^{-7}$.
Dividir cada una de las restantes ^{\rm nd}$-rectangle in half and take 9 of them. This gives $A_3={7\over 2^6}+{8\over 2^7}+{9\over 2^8}$.
Hay \cdot10-9=11$ boxes left over, each having area ^{-8}$.
Dividir cada una de las restantes ^{\rm th}$-rectangle in half and take 10 of them. This gives $A_4={7\over 2^6}+{8\over 2^7}+{9\over 2^8}+{10\over2^9}$.
Hay \cdot11-9=12$ boxes left over, each having area ^{-9}$.
En cada etapa, se duplica el número de casillas restantes, manteniendo el mismo sobrante de la zona, y toman aproximadamente
la mitad de ellos para formar el siguiente término de la serie.
En el $n^{\rm th}$ stage, we have $$A_n= {7\over 2^6}+{8\over 2^7}+\cdots+{6+n\over2^{5+n}},$$
con las sobras de área $$ 2(n+7)-(n+6)\over 2^{n+5}.$$
De ello se sigue que,
$$
{7\over2^6}+{8\over2^7}+{9\over2^8}+\cdots= {1\over4}.
$$
En consecuencia,
$$
\sum_{n=1}^\infty{n\más de 2^{n-1}}= \sum_{n=1}^6 {n\más de 2^{n-1}} +\sum_{n=7}^\infty{n\más de 2^{n-1}} ={15\más de 4}+{1\over4}=4.
$$
También puede "Fubini" este (creo que esto es lo que Jonas está haciendo).
Alotor Puntos 3438
El Factor de la 2/3. A continuación, escriba $$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{3^n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{3^n} + \sum_{n=2}^{\infty} \frac{1}{3^n} + \sum_{n=3}^{\infty} \frac{1}{3^n} + \cdots$$
Es fácil mostrar que $$\sum_{n=m}^{\infty} \frac{1}{3^n} = \frac{3}{2} \left(\frac{1}{3} \right)^m$$
y así
$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{3^n} = \frac{3}{2} \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{1}{3} \right)^n $$
que puede sumar. No te olvides de poner los 2/3 de vuelta.
No hay necesidad de utilizar la Serie de Taylor, esto puede derivar en una manera similar a la fórmula de la serie geométrica. Permite encontrar una fórmula general para la siguiente suma: $$S_{m}=\sum_{n=1}^{m}nr^{n}.$$
Observe que
\begin{align*}
S_{m}-rS_{m} & = -mr^{m+1}+\sum_{n=1}^{m}r^{n}\\
y = -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 lo tanto
$$S_m = \frac{mr^{m+2}-(m+1)r^{m+1}+r}{(1-r)^2}.$$
Esta igualdad se cumple para cualquier $r$, but in your case we have $r=\frac{1}{3}$ and a factor of $\frac{2}{3}$ frente a la suma. Que es
\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*}
Se agregó una nota:
Podemos definir a la $$S_m^k(r) = \sum_{n=1}^m n^k r^n.$$ Then the sum above considered is $S_m^1(r)$, and the geometric series is $S_m^0(r)$. We can evaluate $S_m^2(r)$ by using a similar trick, and considering $S_m^2(r) - rS_m^2(r)$. This will then equal a combination of $S_m^1(r)$ and $S_m^0(r)$ que ya tienen fórmulas para.
Esto significa que dado un $k$, we could work out a formula for $S_m^k(r)$, but can we find $S_m^k(r)$ in general for any $k$? It turns out we can, and the formula is similar to the formula for $\sum_{n=1}^m n^k$, and involves the Bernoulli Numbers. In particular, the denominator is $(1-r)^{k+1}$.
