Suma de una serie cuadrático-geométrica

En un artículo anterior hablaba de la suma de la serie $\displaystyle \sum_{i=1}^{\infty}\,i\cdot r^i$ en la que utilizaba lo conocido sobre las series geométricas convergentes (siendo, claro está, la razón $r$ menor que $1$ en valor absoluto). Ahora voy a exponer una técnica básica para suma una serie del tipo $\displaystyle \sum_{i=1}^{\infty}\,i^2 \cdot r^i$ empleando también la misma técnica (de &#multiplicar por $r$») empleada para hacer el cálculo de $\displaystyle \sum_{i=1}^{\infty}\,i\cdot r^i$, pero aplicándola ahora consecutivametne dos veces consecutivas para llegar a encontrar una serie geométrica (cuya suma infita que sabemos calcular) entre los términos que convergen. Insisto en que para que dichas series converjan es necesario que $|r|\lt 1$.


Examinemos la sumas parciales $$S_1=r$$ $$S_2=r+4r^2$$ $$S_3=r+4r^2+9r^3$$ $$\ldots$$ luego el término general de las mismas es $$\displaystyle S_n=r+2r^2+9^r3+16r^4+\ldots+(n-1)^2r^{n-1}+n^2r^n$$ multiplicando por $r$ en cada miembro de la igualda anterior nos queda $$\displaystyle r\cdot S_n=r^2+4r^3+9r^4+16r^5\ldots+(n-1)^{2}r^n+n^{2}r^{n+1}$$ Restando, miembro a miembro, la segunda igualdad a la primera llegamos a $$(1-r)\cdot S_n=\left(r+3r^2+5r^3+7r^4+\ldots+(2n-5)r^{n-2}+(2n-3)r^{n-1}+(2n-1)r^{n}\right)-n^2r^{n+1}$$ Volviendo ahora a multiplicar por $r$ ambos miembros de esta igualdad se llega a $$r(1-r)\cdot S_n=r^2+3r^3+5r^4+7r^5+\ldots+(2n-5)r^{n-2}+(2n-3)r^{n}+(2n-1)r^{n+1}-n^2r^{n+2}$$ Y restando (otra vez) esta expresión de la de las dos líneas superiores llegamos a $$\left( (1-r)-(1-r)\,r\right) \, S_n=r+2r^2+2r^3+2r^4+2r^5+\ldots+2r^{n-1}+2r^n+(-n^2-2n+1)r^{n+1}+n^2r^{n+2}$$ esto es $$(1-r)^2 \, S_n=r+2\,\left(r^2+r^3+r^4+\ldots+2r^5+\ldots+r^n\right)+(-n^2-2n+1)r^{n+1}+n^2r^{n+2}$$ Notemos que al pasar al límite cundo $n\rightarrow \infty$ ambos miembros de la igualdad para calcular la suma infinita démonos cuenta de que los dos últimos miembros del segundo término tienden a cero (habida cuenta de que si bien las potencias de $n$ tienden a infinito las potencias de $r$ con exponente mayor que $n$ tienden a cero más rápidamente ya que $|r|\lt 1$. Por otra parte, la serie geométrica $r^2+r^3+r^4+\ldots+2r^5+\ldots+r^n \overset{n\,\rightarrow\,\infty}{\rightarrow} \dfrac{r^2}{1-r}$, por consiguiente $$\displaystyle \sum_{i=1}^{\infty}\,i^2 \cdot r^i=\dfrac{r}{(1-r)^2}+2\,\dfrac{r^2}{(1-r)^3}$$
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Ejemplo
A modo de práctica, vamos a sumar la serie $$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{i^2-1}{3^i}$$ En primer lugar, podemos descomponer esta serie en una suma de dos series: una serie del tipo tratado sumada a una série geométrica: $$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{i^2-1}{3^i}=\sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{i^2}{3^i}-\sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{1}{3^i}$$ y aplicando los resultados obtenidos concluimos que, siendo $r=1/3$, $$\displaystyle \sum_{i=0}^{\infty}\,\dfrac{i^2-1}{3^i}=\left(\dfrac{1/3}{(1-1/3)^2}+2\cdot \dfrac{(1/3)^2}{(1-1/3)^3}\right)-\dfrac{1/3}{1-1/3}=1$$ $\square$

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, $\displaystyle \sum_{i=3}^{\infty}\,\dfrac{1}{(i+2)!}\overset{j:=i+2\Rightarrow j=5\,\text{cuando}\,i=3}{=}\sum_{j=5}^{\infty}\,\dfrac{1}{j!}=\sum_{j=0}^{\infty}\,\dfrac{1}{j!}-\sum_{j=0}^{4}\,\dfrac{1}{j!}=e-\left(1/0!+1/1!+1/2!+1/3!+1/4!\right)=$
    $e-\dfrac{65}{24}$ $\square$