Algunas series de números naturales que aparecen en muchos problemas de combinatoria y probabilidad

Nos proponemos sumar los $50$ primeros términos de las siguientes secuencias de números naturales:
  a) $1,2,3,4,5,\overset{\underbrace{50}}{\ldots},50$
  b) $1,4,9,16,25,\overset{\underbrace{50}}{\ldots},2500$
  c) $1,8,27,64,125,\overset{\underbrace{50}}{\ldots},125000$

Observemos que estas sucesiones se forman de la siguiente manera:
  a) $1,2,3,4,5,\ldots$ es la sucesión de los los números naturales $a_n=n$, y siendo finita en nuestro caso la sucesión, con $n=1,2,3,\ldots,50$, es muy fácil demostrar que, teniendo en cuenta que los términos forman una sucesión aritmética de diferencia igual a $1$, la suma de los $n$ primeros términos de la sucesión de los númros naturales es $1+2+\ldots+n=\dfrac{n\,(n+1)}{2}$. Así pues, $1+2+3+4+5,\overset{\underbrace{50}}{\ldots},50=\dfrac{50\cdot (50+1)}{2}=1\,275$

  b) $1^2,2^2,3^2,4^2,5^2,\ldots,50^2$ es la sucesión $b_n=n^2$, siendo finita la sucesión (como en el caso anterior), con $n=1,2,3,\ldots,50$,con $n=1,2,3,\ldots,50$, esto es la sucesión de los cuadrados de los $50$ primeros números naturales. Por inducción se demuestra fácilmente que la suma de los $n$ primeros términos de dicha sucesión es $1^2+2^2+\ldots+n^2=\dfrac{n\,(n+1)\,(2n+1)}{6}$. Por consiguiente, $1+4+9+16+25+\overset{\underbrace{50}}{\ldots}+2500=1^2+2^2+3^2+4^2+5^2+\overset{\underbrace{50}}{\ldots}+50^2=\dfrac{50\cdot (50+1)\cdot (2\cdot 50+1)}{6}=42\,925$

  c) $1^3,2^3,3^3,4^3,5^3,\ldots,50^3$, es la sucesión finita $c_n=n^3$ con $n=1,2,3,\ldots,50$, esto es la sucesión de los cubos de los $50$ primeros números naturales. Se demuestra fácilmente —también por inducción— que la suma de los $n$ primeros términos de esta sucesión es $1^3+2^3+\ldots+n^3=\dfrac{n^2\,(n+1)^2}{4}$. Por tanto, $1+8+27+64+125+\overset{\underbrace{50}}{\ldots}+125000=1^3+2^3+3^3+4^3+5^3+\overset{\underbrace{50}}{\ldots}+50^3=\dfrac{50^2\cdot (50+1)^2}{4}=1\,625\,625$
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Tirando del hilo de las series geométricas o de cómo sumar algunos otros tipos de series de infinitos términos

Recordemoos que una serie geométrica de infinitos $\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,r^i$ con $|r|\lt 1$ converge a $\dfrac{1}{1-r}$. Valiéndonos de este resultado, podemos escribir el desarrollo en serie de potencias de una variable real $x$ para valores de la misma tales que $-1 -1 \lt x \lt 1$ sin más que cambiar $r$ por $x$ $$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,x^i=\dfrac{1}{1-x}$$ Y si calculamos la integral indefinida o bien derivamos en cada miembro de esta igualdad obtendremos otros desarrollos en serie de potencias que pueden ayudarnos a sumar otras series numéricas infinitas, tal y como vamos a mostrar en breve. Así, si integramos en cada unos de los miembros de la igualda anterior, llegamos a $$\displaystyle \int \sum_{i=0}^{\infty}\,x^i\,dx =\int \dfrac{1}{1-x}\,dx$$ esto es $$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{x^{i+1}}{i+1} =\ln\,(|1-x|)+C$$ Calculamos el valor de la constante de integración $C$, teniendo en cuenta que para $x=0$ se tiene que cumplir que $\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{0^{i+1}}{i+1} =\ln\,(|1-0|)+C$ y por tanto $0=0+C \Rightarrow C=0$, luego se tiene que $$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{x^{i+1}}{i+1} =\ln\,(|1-x|)+0$$ esto es $$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{x^{i+1}}{i+1} =\ln\,(|1-x|)$$ Podemos hacer un cambio de índice en el sumatorio para obtener una igualdad también válida un poco más compacta; así, si denominamos $j$ a $i+1$, el nuevo índice $j$ tomará el valor $1$ cuando $i$ tome el valor $0$, por tanto también es vàlido el siguiente resultado $$\displaystyle \sum_{j=1}^{\infty}\,\dfrac{x^{j}}{j} =\ln\,(|1-x|)$$ Volviendo ahora a las series numéricas, podemos enrriquecer nuestro «cajón de sastre» con una nueva herramienta: $$\displaystyle \sum_{j=1}^{\infty}\,\dfrac{r^{j}}{j} =\ln\,(|1-r|)\quad \text{para}\quad |r|\lt 1$$ Y, a modo de ejemplo, consideremos la siguiente $\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\,\dfrac{1}{k\cdot 2^{k}}$. ¿Podríamos aprovechar este nuevo resultado para calcular su suma? Veamos que, en efecto, así es; para ello, hay que intentar reescribir el argumento del sumatorio perfilando el patrón del nuevo tipo de serie que ya sabemos sumar: $$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \,\dfrac{1}{k\cdot 2^{k}}= \sum_{k=1}^{\infty}\,\dfrac{1}{k} \cdot \left(\dfrac{1}{2}\right)^{k}= \sum_{k=1}^{\infty}\,\dfrac{\left(\dfrac{1}{2}\right)^{k}}{k} $$ que se asemeja perfectamente con el resultando (siendo en este caso $r=1/2$), con lo cual concluimos que $$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \,\dfrac{1}{k\cdot 2^{k}}=\ln\,\dfrac{1}{2}$$
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Volviendo al desarrollo en serie de potencias, también podemos obtener un nuevo resultado para la suma infinita de otro nuevo tipo de series numéricas derivando respecto de la variable $x$ cada miembro de la igualdad $\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,x^i=\dfrac{1}{1-x}$ (que recordemos que és valida para $|x|\lt 1$): $$\displaystyle \dfrac{d}{dx}\left( \sum_{i=0}^{\infty}\,x^i\right) =\dfrac{d}{dx}\,\left(\dfrac{1}{1-x}\right)$$ con lo cual $$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,i\,x^{i-1} =\dfrac{1}{(1-x)^2}$$ Y retornando ahora a las series numéricas, podemos reescribir lo anterior como un nuevo resultado muy útil para calcula la suma infita de un nuevo tipo de series. Cambiando $x$ por $r$ (recordando, eso sí, que $r$ ha de cumplir que $|r|\lt 1$): $$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,i\cdot r^{i-1} \overset{\text{la contribución para}\,i=0\,\text{es nula}}{=}\sum_{i=1}^{\infty}\,i\cdot r^{i-1} = \dfrac{1}{(1-r)^2}$$ A modo de ejemplo, calculemos la siguiente suma infinita: $$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\,\dfrac{k+1}{3^k}$$ Esta serie se ajusta bien al tipo de serie que acabamos de tratar. En efecto, $$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty}\,\dfrac{k+1}{3^k} \overset{\ell:=k+1\,\text{con lo cual, cuando}\,k=0,\ell\,\text{toma el valor}\,1}{=}$$ $$=\displaystyle \sum_{\ell=1}^{\infty}\,\ell \cdot \left(\dfrac{1}{3}\right)^{\ell-1}\overset{$r=1/3$}{=}\dfrac{1}{\left(1-(1/3)\right)^2}=\dfrac{1}{(2/3)^2}=\dfrac{9}{4}$$ $\square$

El número e y su relación con las series de potencias

Sabemos que el desarrollo en serie de potencias por Taylor de la función $f(x)=e^x$ viene dado por $\displaystyle e^x=\sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{x^i}{i!}$, para todo $x\in \mathbb{R}$; en particular, si hacemos que $x$ tome el valor $1$, tenderemos que $\displaystyle e=e^1=\sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{1^i}{i!}=\sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{1}{i!}=1/0!+1/1!+1/2!+1/3!+1/4!+\ldots=1+1+1/2!+1/3!+1/4!+\ldots$, esto es, podemos escribir $\displaystyle e=1+\sum_{i=1}^{\infty}\,\dfrac{1}{i!}$
Esto nos puede ayudar a sumar series parecidas; por ejemplo, $\displaystyle \sum_{i=3}^{\infty}\,\dfrac{1}{(i+2)!}\overset{j:=i+2\Rightarrow j=5\,\text{cuando}\,i=3}{=}\sum_{j=5}^{\infty}\,\dfrac{1}{j!}=\sum_{j=0}^{\infty}\,\dfrac{1}{j!}-\sum_{j=0}^{4}\,\dfrac{1}{j!}=e-\left(1/0!+1/1!+1/2!+1/3!+1/4!\right)=$
    $e-\dfrac{65}{24}$ $\square$

Suma de una serie aritmético-geométrica

En el artículo anterior hablaba de la suma de una serie geométrica en la que era necesario el uso de algunos pequeños artilugios algebraicos para arreglarla convenientemente; en éste, voy a exponer la técnica para calcular la suma de la serie aritmético-geométrica $\displaystyle \sum_{i=1}^{\infty}\,i\,r^i \quad \text{donde} \quad |r|\lt 1$, condición que debe cumplirse para garantizar que dicha serie converge, tal y como comprobaremos en el desarrollo.


El término geeral de las sumas parciales $$S_1=r$$ $$S_2=r+2r^2$$ $$S_3=r+2r^2+3r^3$$ $$\ldots$$ es $$\displaystyle S_n=r+2r^2+3^r3+4r^4+\ldots+(n-1)r^{n-1}+nr^n$$ multiplicando por $r$ en cada miembro de la igualda anterior nos queda $$\displaystyle rS_n=r^2+2r^3+3r^4+4r^5\ldots+(n-1)r^n+nr^{n+1}$$ y restando, miembro a miembro, la segunda igualdad a la primera llegamos a $$S_n-rS_n=r+r^2+r^3+\ldots+r^n-nr^{n+1}$$ esto es $$(1-r)\,S_{n}=\left(r+r^2+r^3+\ldots+r^n\right)-nr^{n+1}$$ donde la suma de términos entre paréntesis del segundo miembro corresponde a la de $n$ términos consecutivos de una sucesión geométrica de razón $r$ y de primer término $r$, luego, como ya sabemos, $r+r^2+r^3+\ldots+r^n=r\cdot \dfrac{r^{n}-1}{r-1}$ con lo cual, podemos escribir que $$(1-r)\,S_{n}=r\cdot \dfrac{r^{n}-1}{r-1}-nr^{n+1}$$ Ahora, para sumar los infinitos términos, tenemos que pasar al límite cuando $n\rightarrow \infty$ en los dos miembros de la igualdad, por lo tanto $$\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\left((1-r)\,S_{n}\right)=\lim_{n\rightarrow \infty}\left(r\cdot \dfrac{r^{n}-1}{r-1}-nr^{n+1}\right)$$ esto es $$\displaystyle (1-r)\,\lim_{n\rightarrow \infty}\,S_{n}=\lim_{n\rightarrow \infty}\left(r\cdot \dfrac{r^{n}-1}{r-1}\right)-\lim_{n\rightarrow \infty}\left(nr^{n+1}\right)$$ Así $$\displaystyle (1-r)\,\sum_{i=1}^{\infty}\,ir^i=r\cdot \dfrac{0-1}{r-1}-0=\dfrac{r}{1-r}$$ habida cuenta de que, el límite del segundo término del segundo miembro, $\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\left(nr^{n+1}\right)$, es igual a cero, pues si bien el primer factor $n$ tiende a infinito y $r^{n+1}$ tiende a cero (por ser $|r|\lt 1$), éste último lo hace más rápidamente de lo que crece el primero; por tanto, concluimos que $$\displaystyle \sum_{i=1}^{\infty}\,ir^i=\dfrac{r/(1-r)}{1-r}=\dfrac{r}{(1-r)^2}$$
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Ejemplo
A modo de práctica, vamos a sumar la serie $$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{5i+1}{2^i}$$ En primer lugar, podemos descomponerla como suma de una serie aritmético geométrica (más sencilla) y una série geométrica: $$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{5i+1}{2^i}=\sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{5i}{2^i}+\sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{1}{2^i}=$$ $$\displaystyle=5\,\sum_{i=0}^{\infty}\,i\,\left(\dfrac{1}{2}\right)^i+\sum_{i=0}^{\infty}\,\left(\dfrac{1}{2}\right)^i=5\left(0+\,\sum_{i=1}^{\infty}\,i\,\left(\dfrac{1}{2}\right)^i\right)+\left(\left(\dfrac{1}{2}\right)^0+\sum_{i=1}^{\infty}\,\left(\dfrac{1}{2}\right)^i\right)$$ La razón $r$, de sendas series toma el valor $1/2$, luego las dos sumas convergen, y, aplicando lo que hemos visto arriba, concluimos: $$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{5i+1}{2^i}=\left(0+5\,\dfrac{1/2}{(1-1/2)^2}\right)+\left(1+\dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{1-1/2}\right)=5\,\dfrac{1/2}{(1/2)^2}+\left(1+\dfrac{1}{2}\cdot 2\right)=5\cdot 2+2=12$$ $\square$

Un ejercicio de suma de una serie geométrica convergente, con un paso intermedio interesante

En muchos problemas de cálculo de probabilidades en los que se trata de calcular la probabilidad de que gane uno y otro jugador en un juego con extracciones repetidas de bolas de una urna, o en el lanzamiento repetido de dados, aparece a menudo la necesidad de sumar series convergentes con infinitos términos al objeto de calcular probabilidades y esperanzas matemáticas. Tal es el caso de la resolución de la siguiente serie, que expongo simplemente a modo de ejemplo.


Nos proponemos calcular la suma de los infinitos términos de la siguiente sucesión geométrica convergente: $\displaystyle a_i=\left(\dfrac{2}{3}\right)^{i}\left(\dfrac{1}{3}\right)^{i-1},\quad i=1,2,3,\ldots$
Entonces,
$\displaystyle \sum_{i=1}^{\infty}\,\left(\dfrac{2}{3}\right)^{i}\left(\dfrac{1}{3}\right)^{i-1}=\dfrac{1}{1/3} \sum_{i=1}^{\infty}\,\left(\dfrac{2}{3}\right)^{i}\dfrac{1}{3}\left(\dfrac{1}{3}\right)^{i-1}=3\sum_{i=1}^{\infty}\,\left(\dfrac{2}{3}\right)^{i}\left(\dfrac{1}{3}\right)^{i}=3\sum_{i=1}^{\infty}\,\left(\dfrac{2}{3}\cdot \frac{1}{3}\right)^{i}=3\sum_{i=1}^{\infty}\,\left(\dfrac{2}{9}\right)^{i}$
    Observemos ahora que como la razón de la sucesión de los términos, $\dfrac{2}{9}$, es menor que $1$, esta serie geométrica infinita es convergente, y, al pasar al límte, la expresión de la suma de $n$ términos consecutivos de la misma, se obiene como resultado $\displaystyle 3\,\sum_{i=1}^{\infty}\,\left(\dfrac{2}{9}\right)^{i}=3\,\lim_{n\rightarrow\,\infty}\dfrac{\left(\dfrac{2}{9}\right)^{n}-1}{\dfrac{2}{9}-1}=3\cdot \dfrac{0-1}{\dfrac{2}{9}-1}=3\cdot \dfrac{1}{1-\dfrac{2}{9}}=3\cdot \dfrac{9}{9-2}=3\cdot \dfrac{9}{7}=\dfrac{27}{7}$
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Ejercicio de la suma convergente de una serie geométrica de infinitos términos

Deseamos resolver la siguiente suma infinita $\displaystyle \sum_{t=1}^{\infty}\,\left(\dfrac{k}{n}\right)^{t}\,(1-p)^{t-1}\,p$

Démonos cuenta de que se trata de una serie geométrica:
Si vamos dando los primeros valores consecutivos a $t$, nos encontramos que el primer sumando (haciendo $t:=1$) es $\dfrac{k}{n}p$; haciendo $t:=2$, vemos que el segundo sumando es $\left(\dfrac{k}{n}\right)^2\,(1-p)p=\dfrac{kp}{n}\,\dfrac{k(1-p)}{n}$; para $t:=3$, el tercer sumando es $\left(\dfrac{k}{n}\right)^3\,(1-p)^2\,p=\dfrac{kp}{n}\,\left(\dfrac{k(1-p)}{n}\right)^2$, y así sucesivamente, con lo cual inducimos que el $t$-ésimo sumando puede escribirse de la forma $\dfrac{kp}{n}\,\left(\dfrac{k(1-p)}{n}\right)^{t-1}$.

Entonces, aplicando la propiedad distributiva podemos extraer $\dfrac{kp}{n}$ como factor común de todos los sumandos $$\displaystyle \sum_{t=1}^{\infty}\,\left(\dfrac{k}{n}\right)^{t}\,(1-p)^{t-1}\,p=\sum_{t=1}^{\infty}\,\dfrac{kp}{n}\,\left(\dfrac{k}{n}\right)^{t-1}\,(1-p)^{t-1}=\dfrac{kp}{n}\,\sum_{t=1}^{\infty}\,\left(\dfrac{k}{n}\,(1-p)\right)^{t-1}$$ con lo cual nos damos cuenta claramente de que el segundo factor es la suma de los infinitos términos de una sucesión geométrica de primer término $a_1=1$ y cuya razón geométrica es $r=\dfrac{k(1-p)}{n}$. Y como sabemos que, si $r\prec 1$ (lo cual se cumple si $k\le n$), el resultado de la suma de una serie geométrica de infinitos términos genérica converge es igual a $S_{\infty}=\dfrac{a_1}{1-r}$ [recordemos que se llega fácilmente a eso pasando al límite la expresión genérica de la suma de los $t$ primeros términos, $S_t=a_1\,\dfrac{r^t-1}{r-1}$, cuando $t\rightarrow \infty$, siendo $r\prec 1$ (para lo cual es necesario, en nuestro caso, que $\dfrac{k(1-p)}{n}\prec 1$)], luego aplicándolo al caso que nos ocupa llegamos a: $$\displaystyle \sum_{t=1}^{\infty}\,\left(\dfrac{k}{n}\right)^{t}\,(1-p)^{t-1}\,p=\dfrac{kp}{n}\,\dfrac{1}{1-\dfrac{k(1-p)}{n}}=\dfrac{kp}{n-k(1-p)}$$ $\square$