Serie con minimo

[Studente Anonimo]

Dato un reale [tex]0 < a < 1[/tex] calcolare

[tex]\sum_{m,n \geq 0} a^{m+n} \min \{m,n\}[/tex].

Che divertimento

Fonte.

[gugo82]

Ah, una bella serie doppia!

Sappiamo che una serie di tal fatta si può sommare in molti modi (fondamentalmente, perchè \(\mathbb{N}^2\) non ha un "ordinamento naturale"); quindi si usa definire convergente una serie doppia quando, scelto un metodo di sommazione qualsiasi, la serie ordinaria che ne risulta è assolutamente, cioè incondizionatamente, convergente.

Per controllare la convergenza, scegliendo di sommare la serie per diagonali, cioè nell'ordine evidenziato dai colori in figura:
\[
\begin{matrix}
0 & 0 & \color{black}{0} & \color{purple}{0} & \color{maroon}{0} & \color{red}{0} & \color{orange}{0} & \color{yellow}{0} & 0\\
0 & \color{black}{a^2} & \color{purple}{a^3} & \color{maroon}{a^4} & \color{red}{a^5} & \color{orange}{a^6} & \color{yellow}{a^7} & a^8\\
\color{black}{0} & \color{purple}{a^3} & \color{maroon}{2 a^4} & \color{red}{2a^5} & \color{orange}{2 a^6} & \color{yellow}{2 a^7} & 2a^8 \\
\color{purple}{0} & \color{maroon}{a^4} & \color{red}{2 a^5} & \color{orange}{3 a^6} & \color{yellow}{3 a^7} & 3 a^8\\
\color{maroon}{0} & \color{red}{a^5} & \color{orange}{2 a^6} & \color{yellow}{3 a^7} & 4 a^8 \\
\color{red}{0} & \color{orange}{a^6} & \color{yellow}{2 a^7} & 3 a^8 \\
\color{orange}{0} & \color{yellow}{a^7} & 2 a^8 & \\
0 & a^8 & \\
0
\end{matrix}
\]
Quindi, alla fine, si tratta di stabilire se la serie:
\[
0+0a^1+a^2+2a^3+4a^4+6a^5+9a^6+12a^7+16a^8+\cdots = \sum_{n=0}^\infty \left[ \frac{n^2}{4}\right]\ a^n
\]
converge assolutamente... Cosa che fa perchè \(a<1\), quindi la serie doppia converge.

Per determinare la somma, notiamo che la serie doppia è "simmetrica": quindi per determinarne la somma, si può sommare ogni riga, avendo cura di considerare solo i termini del triangolo superiore (come in figura):
\[
\begin{matrix}
0 & 0 & 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 &\cdots\\
\times & \color{black}{a^2} & \color{black}{a^3} & \color{black}{a^4} & \color{black}{a^5} & \color{black}{\cdots} & \color{black}{a^{n+1}} & \color{black}{\cdots} \\
\times & \times & \color{purple}{2 a^4} & \color{purple}{2a^5} & \color{purple}{2 a^6} & \color{purple}{\cdots} & \color{purple}{2a^{n+2}} &\color{purple}{\cdots} \\
\times & \times & \times & \color{maroon}{3 a^6} & \color{maroon}{3 a^7} & \color{maroon}{\cdots} & \color{maroon}{3 a^{n+3}} & \color{maroon}{\cdots}\\
\times & \times & \times & \times & \color{red}{4 a^8} & \color{red}{\cdots} & \color{red}{4 a^{n+4}} & \color{red}{\cdots} \\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \vdots & \cdots \\
\times & \times & \times & \times & \cdots & \times & \color{orange}{m a^{2m}} & \color{orange}{\cdots}\\
\vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & \cdots
\end{matrix}
\]
moltiplicare per due ogni somma, addizionare tutti i risultati ottenuti ed, infine, sottrarre la somma della diagonale principale (ché essa, in questo procedimento, è contata due volte).

Fissata la riga \(m\)-esima, si trova:
\[
\begin{split}
s_m &:= \sum_{n\geq m} m a^{n+m} \\
&\stackrel{k=n-m}{=} ma^{2m}\ \sum_{k=0}^\infty a^k\\
& = \frac{m}{1-a}\ a^{2m}
\end{split}
\]
e la somma della diagonale principale è:
\[
d=\sum_{n=1}^\infty n\ a^{2n} = \frac{a^2}{(1-a^2)^2}
\]
perciò la somma della serie è:
\[
\begin{split}
S &= \sum_{m=1}^\infty 2s_m -d\\
&= 2 \sum_{m=1}^\infty \frac{m}{1-a}\ a^{2m} - \frac{a^2}{(1-a^2)^2} \\
&= \left( \frac{2}{1-a} -1\right)\ \frac{a^2}{(1-a^2)^2}\\
&= \frac{1+a}{1-a}\ \frac{a^2}{(1+a)^2(1-a)^2} \\
&= \frac{a^2}{(1-a^2)(1-a)^2}
\end{split}
\]
salvo errori di conto.

Ci ho preso? O ho fatto qualche errore di conto?
(In verità, quella somma mi pare troppo strana, così "ad occhio"...)

[Rigel1]

A me viene (dopo la correzione...) come gugo.

Con un cambio di variabile \(k = m+n\) e distinguendo ulteriormente \(k\) pari da \(k\) dispari si arriva a qualcosa del tipo
\[S = \sum_{j=0}^{\infty} j^2 a^{2j} + \sum_{j=0}^{\infty} (j^2+j) a^{2j} = [\cdots] = \frac{a^2}{(1-a^2)(1-a)^2}\]
dove \([\cdots]=\) regione ad altra probabilità di errore.

[Studente Anonimo]

Ecco allora, io ho risolto il problema per [tex]a=1/3[/tex] e il risultato sono sicuro sia [tex]9/32[/tex], che è quello che restituisce la formula di gugo. La generalizzazione ad un [tex]a[/tex] generico non aumenta la difficoltà della dimostrazione (quindi ho proposto il problema in questa forma senza rimorsi) ma non mi ci sono ancora messo Ho proceduto con la stessa idea "grafica" di gugo.

[Rigel1]

Ho ricontrollato anche io, mi viene come gugo.
Avevo solo scritto un \(a^2+1\) al posto di un \((a+1)^2\) nella "regione ad alta probabilità di errore"

[gugo82]

Ah, quindi è proprio così brutta la somma... Dove hai preso il problema, Martino?

P.S.: Tra l'altro, i coefficienti della serie che si ottiene sommando per diagonali hanno un significato preciso al livello della teoria dei grafi, se non erro.

[Studente Anonimo]

Da qui.

[gugo82]

A questo punto...

Esercizio:

Calcolare anche:
\[
\sum_{m,n=1}^\infty \min\{ m,n\}\ a^m\ b^n
\]
per \(|a|,|b|<1\).

Sembra sfizioso... Probabilmente ci farà capire se quella somma "strana" viene fuori per qualche motivo particolare.

[Studente Anonimo]

"gugo82":A questo punto...

Esercizio:

Calcolare anche:
\[
\sum_{m,n=1}^\infty \min\{ m,n\}\ a^m\ b^n
\]
per \(|a|,|b|<1\).

Sembra sfizioso... Probabilmente ci farà capire se quella somma "strana" viene fuori per qualche motivo particolare.

Ah, ora capisco cosa intendevi dire con "strana". Ho fatto il conto e in effetti mi viene una cosa più carina:

[tex]\sum_{m,n \geq 0} \min\{m,n\} a^m b^n = \frac{ab}{(1-a)(1-b)(1-ab)}[/tex].

Ora scrivo la dimostrazione, mi tocca

La faccio con la seguente notazione per non cambiare i simboli che ormai ho usato sulla carta: dimostro che [tex]S(a,b) := \sum_{m,n \geq 0} a^n b^m \min\{m,n\}[/tex] è uguale alla cosa che ho scritto sopra, cioè [tex]\frac{ab}{(1-a)(1-b)(1-ab)}[/tex].

Definisco [tex]f_a(m) := \sum_{n=1}^m n a^n[/tex], [tex]g_a(m) := \sum_{n=0}^m a^n = \frac{a^{m+1}-1}{a-1}[/tex].

Lemma. [tex]f_a(m) = \frac{1}{1-a} \left( \frac{1-a^{m+1}}{1-a}-1-m a^{m+1} \right)[/tex].

Dimostrazione. E' facile convincersi (per esempio con una visualizzazione grafica tipo quella proposta da gugo) che [tex]f_a(m) = \sum_{k=1}^m \sum_{n=k}^m a^n = \sum_{k=1}^m \left( \frac{a^{m+1}-1}{a-1} - \frac{a^k-1}{a-1} \right) =\frac{1}{1-a} \sum_{k=1}^m (a^k-a^{m+1})[/tex] e il risultato segue. []

Quindi abbiamo [tex]S(a,b) = \sum_{m \geq 0} \frac{b^m}{1-a} \frac{1-a^{m+1}}{1-a} - \sum_{m \geq 0} \frac{m a^{m+1}b^m}{1-a} - \frac{1}{1-a} g_b(\infty) +[/tex] [tex]+ \sum_{m \geq 0} \frac{mb^m}{1-a} - \sum_{m \geq 0} mb^m \frac{1-a^{m+1}}{1-a} = \frac{1}{(1-a)^2} (g_b(\infty)-a g_{ab}(\infty))-\frac{1}{1-a} g_b(\infty) =[/tex] [tex]= \frac{1}{(1-a)^2(1-b)}-\frac{a}{(1-a)^2 (1-ab)}-\frac{1}{(1-a)(1-b)}[/tex] e il risultato segue.

Aggiungo altri risultati meno carini (dovrebbero essere giusti, sono sopravvissuti alla "prova del nove" che la somma di due numeri è uguale al minimo dei due più il massimo).

[tex]\sum_{m,n \geq 0} a^m b^n \max \{m,n\} = \frac{a^2b^2 - 3ab + a + b}{(1-a)^2 (1-b)^2 (1-ab)}[/tex],
[tex]\sum_{m,n \geq 0} a^m b^n (m+n) = \frac{a+b-2ab}{(1-a)^2(1-b)^2}[/tex].

[gugo82]

@ Martino: "Strana" era riferito indubbiamente all'estetica della formula: mi sembrava un po' troppo asimmetrica per essere giusta, ecco tutto.
Ma adesso sappiamo che va bene così.