Somma di cubi depotenziati

[Sk_Anonymous]

Calcolare la somma seguente:

$\sum_{n=1}^{oo} \frac{n^3}{k^n}$

[j18eos]

Do per scontato che \(\displaystyle k\) sia non nullo; ma soddisfa anche qualche altra condizione, tipo sul segno o che sia anch'esso un numero intero?!

[Sk_Anonymous]

Hai ragione, dovevo specificare che n e k sono numeri naturali.

Ma anche con k reale >1, dovrebbe essere possibile fare il calcolo.


PS
Il problema me lo sono autoproposto partendo da una discussione in cui si chiedeva di calcolare la somma:

$\sum_{n=1}^{oo} n^2/(3^(n-1)$

[Pachisi]

Ci provo:

Sia $S=\sum_{n=1}^{oo} \frac{n^3}{k^n} $, allora $S= \sum_{n=0}^{oo} \frac{n^3}{k^n}= \sum_{n=0}^{oo} \frac{(n+1)^3}{k^(n+1)}$. Allora, $(k-1)S=kS-S=k\sum_{n=0}^{oo} \frac{(n+1)^3}{k^(n+1)}-\sum_{n=0}^{oo} \frac{n^3}{k^n}=\sum_{n=0}^{oo} \frac{3n^2+3n+1}{k^n}=3\sum_{n=0}^{oo} \frac{n^2}{k^n}+3\sum_{n=0}^{oo} \frac{n}{k^n}+\sum_{n=1}^{oo} \frac{1}{k^n}=3k(k+1)/(k-1)^3+3k/(k-1)^2+1/(1-1/k)=k(k^2+4k+1)/(k-1)^3$. Quindi, $S=k(k^2+4k+1)/(k-1)^4$.

[Studente Anonimo]

Posso intervenire? Io proverei a usare cose tipo:

[tex]T_h := \sum_{n=0}^{\infty} n^h x^n[/tex]. Allora derivando rispetto a $x$, [tex]T_h = x T_{h-1}'[/tex]. Quindi [tex]T_3 = x T_2' = x (x T_1')' = x (x ( x T_0')')'[/tex] e [tex]T_0 = 1/(1-x)[/tex].

[Sk_Anonymous]

"Pachisi":Ci provo:
...

Molto elegante!
La mia è sostanzialmente identica, ma implementata in modo molto più artigianale. Questa idea sembra essere valida per tutti i livelli di potenza: anche per la "somma di quadrati depotenziati" e la "somma di numeri depotenziati" e di potenze superiori alla terza.
Avendo inizialmente affrontato questi casi (il caso dei quadrati e di conseguenza il caso lineare), mi sono venuti in mente delle vie specifiche diverse dall'idea che si applica (iterativamente) alla generalità dei casi.
Esporrò queste idee fra qualche tempo.

[Erasmus_First]

"Martino":Posso intervenire? [...]

[tex]T_h := \sum_{n=0}^{\infty} n^h x^n[/tex]. Allora derivando rispetto a $x$, [tex]T_h = x T_{h-1}'[/tex]. Quindi [tex]T_3 = x T_2' = x (x T_1')' = x (x ( x T_0')')'[/tex] e [tex]T_0 = 1/(1-x)[/tex].

Mi piace!
Ma ... l'hai fatto da solo o l'hai imparato da altri?

Ma guarda le coincidenze!
Un anno fa avevo "postato" in "Rudi Mathematici" (sezione del forum Coelestis degli astronomi dilettanti) qualcosa di molto simile ... talmente simile che diventa uguale se al posto di x con |x| < 1 si mette 1/x [ovviamente] con |x| > 1.
L'avevo trovato senza consultare niente, però stimolato da un quiz "postato" da Pachisi.

Vedere il messaggio Nr 11 della "discussione" là iniziata da Erasmus il 26 dicembre 2014 col nome "Tartaglia ed Erasmus".
Cioè:
––> Tartaglia ed Erasmus", # 11

Allora credevo d'aver trovato un nuovo interessante "triangolo" ... ma poi Nino-aspesi mi ha dremolito l'originalità di quei miei numeri facendomi vedere che sono i numeri "Euleriani" (che mai avevo sentito né visto nominare prima!).
––––––––––
Il triangolo di Tartaglia-Pascal si costruisce con i numeri
C(n, k) = n!/[k! (n–k)!]
(con n naturale qualsiasi e k naturale non maggiore di n) numerando le righe con n (a parire da 0) e i "posti" in riga con k (da 0 ad n), cioè:
C(0,0)
C(1, 0), C(1, 1)
C(2, 0), C(2, 1), C(2, 2)
C(3, 0), C(3, 1), C(3, 2), C(3, 3)
(e così via)
Risulta (notoriamente)
1
1, 1
1, 2, 1
1, 3, 3, 1
(ecc. ecc.)

Sostituiamo adesso i numeri C(n, k) con i numeri "Euleriani" E(n, k) ... che mi permetto di definire un tantino diversamente dalla defionizione data da Eulero.
a) Ogni riga incomincia con 1, (come nel Triangolo di Tartaglia-Pascal):
Per ogni n naturale E(n, 0) = 1.
b) Ogni riga è simmetrica, (come nel Triangolo di Tartaglia-Pascal):
Per ogni n naturale e per k naturale non maggiore di n si ha E(n,n–k) = E(n,k).
c) A partire dalla terza riga compresa (cioè da n = 2) si può trovare la riga successiva ricorrentemente [analogamente al triangolo di Tartaglia-Pascal, dove C(n+1, k+1) = C(n, k) + C(n, k+1)]:
E(n+1, k+1) = (n+1 – k)·E(n, k) + (k+2)·E(n, k+1).
––––––––
Nel triangolo di Trataglia-Pascal la somma dei termini della riga Nr. n vale 2^n.
Nel [che presuntuosamente avevo chiamato "di Erasmus" ... ma è meglio chiamare] "di Eulero" la somma dei termini della riga Nr. n vale $(n+1)!$ .
Le prime righe di questo triangolo sono
1
1, 1
1, 4, 1
1, 11, 11, 1
1, 26, 66, 26, 1
1, 57, 302, 302, 57, 1
1, 120, 1191, 2416, 1191, 120 1
...

Torno al quiz concludendo l'ottimo intervento di Martino.
Per ogni x con |x| < 1 e per ogni n ntero poitivo, la serie:
$\sum_{k=0}^{∞}k^n·x^k$
converge alla funzione razionale:
$S_n(x) = (\sum_{r=0}^{n-1} E(n-1,r)x^(r+1))/(1-x)^(n+1)$

Possiamo "completare" la famiglia delle funzioni $S_n(x)$ definendo $S_0(x)$ –sempre per |x| < 1 – così:
$S_0(x) = 1/(1-x) = \sum_{k=0}^{∞}x^k$
_______

[Erasmus_First]

"Erasmus_First":[quote="Martino"]Posso intervenire? [...]

[tex]T_h := \sum_{n=0}^{\infty} n^h x^n[/tex]. Allora derivando rispetto a $x$, [tex]T_h = x T_{h-1}'[/tex]. Quindi [tex]T_3 = x T_2' = x (x T_1')' = x (x ( x T_0')')'[/tex] e [tex]T_0 = 1/(1-x)[/tex].

Mi piace!
Ma ... l'hai fatto da solo o l'hai imparato da altri?

Ma guarda le coincidenze!
Un anno fa avevo "postato" in "Rudi Mathematici" (sezione del forum Coelestis degli astronomi dilettanti) qualcosa di molto simile ... talmente simile che diventa uguale se al posto di x con |x| < 1 si mette 1/x [ovviamente] con |x| > 1.
L'avevo trovato senza consultare niente, però stimolato da un quiz "postato" da Pachisi.

Vedere il messaggio Nr 11 della "discussione" là iniziata da Erasmus il 26 dicembre 2014 col nome "Tartaglia ed Erasmus".
Cioè:
––> Tartaglia ed Erasmus", # 11

Allora credevo d'aver trovato un nuovo interessante "triangolo" ... ma poi Nino-aspesi mi ha dremolito l'originalità di quei miei numeri facendomi vedere che sono i numeri "Euleriani" (che mai avevo sentito né visto nominare prima!).
––––––––––
Il triangolo di Tartaglia-Pascal si costruisce con i numeri
C(n, k) = n!/[k! (n–k)!]
(con n naturale qualsiasi e k naturale non maggiore di n) numerando le righe con n (a partire da 0) e i "posti" in riga con k (da 0 ad n), cioè:
C(0,0)
C(1, 0), C(1, 1)
C(2, 0), C(2, 1), C(2, 2)
C(3, 0), C(3, 1), C(3, 2), C(3, 3)
(e così via)
Risulta (notoriamente)
1
1, 1
1, 2, 1
1, 3, 3, 1
(ecc. ecc.)

Sostituiamo adesso i numeri C(n, k) con i numeri "Euleriani" E(n, k) ... che mi permetto di definire un tantino diversamente dalla defionizione data da Eulero.
a) Ogni riga incomincia con 1, (come nel Triangolo di Tartaglia-Pascal):
Per ogni n naturale E(n, 0) = 1.
b) Ogni riga è simmetrica, (come nel Triangolo di Tartaglia-Pascal):
Per ogni n naturale e per k naturale non maggiore di n si ha E(n,n–k) = E(n,k).
c) A partire dalla dalla seconda riga (cioè da n = 1) si possono trovare i numeri della riga successiva ricorrentemente – a partire da k = 1 fino a k = n, dato che che si sa che ogni riga inizia e termina con 1 – [analogamente al triangolo di Tartaglia-Pascal, dove C(n+1, k+1) = C(n, k) + C(n, k+1)]:
E(n+1, k+1) = (n+1 – k)·E(n, k) + (k+2)·E(n, k+1).
––––––––
Nel triangolo di Tartaglia-Pascal la somma dei termini della riga Nr. n vale 2^n.
Nel triangolo [che presuntuosamente avevo chiamato "di Erasmus" ... ma è giusto chiamare] "di Eulero" la somma dei termini della riga Nr. n vale $(n+1)!$ .
Le prime righe di questo triangolo sono
1
1, 1
1, 4, 1
1, 11, 11, 1
1, 26, 66, 26, 1
1, 57, 302, 302, 57, 1
1, 120, 1191, 2416, 1191, 120 1
...

Torno al quiz concludendo l'ottimo intervento di Martino.
Per ogni x con |x| < 1 e per ogni n ntero poitivo, la serie:
$\sum_{k=0}^{∞}k^n·x^k$
converge alla funzione razionale:
$S_n(x) = (\sum_{r=0}^{n-1} E(n-1,r)x^(r+1))/(1-x)^(n+1)$

Possiamo "completare" la famiglia delle funzioni $S_n(x)$ definendo $S_0(x)$ –sempre per |x| < 1 – così:
$S_0(x) = 1/(1-x) = \sum_{k=0}^{∞}x^k$
_______

[/quote]

[Studente Anonimo]

Grazie Erasmus_First per l'interessante intervento!

Quanto alla tua domanda avevo già affrontato quella serie in passato con $h$ intero. La tecnica che ho messo l'ho imparata da altri e poi mi sono reso conto che quello che ti serve fare è molto simile all'analogo con l'integrale al posto della serie, in altre parole, per capire cosa succede bisogna studiarsi la funzione Gamma di Eulero (che tra l'altro fornisce facilmente una stima dall'alto della serie).

[Sk_Anonymous]

Giusto perchè sono delle vie diverse da quelle molto più generali e più eleganti che avete esposto, aggiungo queste:






Anche nella via seguita per provare il risultato per G(K,3), uso uno struttura analoga a quella della G(k,2), sfruttando però la relazione:

(n+1)^3= n^3+3n^2+3n+1


PS
Ovviamente si "sorvola" per brevità sulle necessarie giustificazioni formali dei vari passaggi (tipo la commutatività della somma di infiniti termini e cose di questo genere).