Series

[man111]

If [tex]\displaystyle a_{n} = (\ln 2019)^{n}\bigg(\sum^{n}_{r=1}\frac{r^2}{r!(n-r)!}\bigg).[/tex] Then [tex]\displaystyle \sum^{\infty}_{k=1}a_{k}=[/tex]

[vezni]

От биномната теорема
[tex](1+x)^n=\sum_{r=0}^n{n \choose r}x^r[/tex]. Диференцирайки веднъж (спрямо [tex]x[/tex]) и полагайки [tex]x=1\Rightarrow[/tex] [tex]n.2^{n-1}=\sum_{r=0}^n r{n \choose r}[/tex].
Диференцирайки още веднъж и полагайки [tex]x=1\Rightarrow[/tex] [tex]n(n-1).2^{n-2}=\sum_{r=0}^n r(r-1){n \choose r}[/tex].
Следователно [tex]\sum_{r=0}^n r^2{n\choose r}=n(n-1).2^{n-2}+\sum_{r=0}^n r{n \choose r}=n(n+1)2^{n-2}[/tex]. Това го използваме, за да опростим общия член:
[tex]\sum_{r=1}^n\frac{r^2}{r!(n-r)!}=\sum_{r=0}^n\frac{r^2}{r!(n-r)!}=\frac{1}{n!}\sum_{r=0}^n r^2{n\choose r}=\frac{2^{n-2}(n+1)}{(n-1)!}\Rightarrow a_n=\frac 14.\frac{c^n(n+1)}{(n-1)!}[/tex], където [tex]c=2\ln(2019)[/tex]. За сумата се получава
[tex]\frac 14\sum_{n=1}^{\infty}\frac{c^n(n+1)}{(n-1)!}=\frac 14\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{nc^n}{(n-1)!}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{c^n}{(n-1)!}\right)[/tex]. От реда на Тейлър за [tex]e^x[/tex] имаме
[tex]xe^x=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{(n-1)!}[/tex] и [tex](x^2+x)e^x=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{nx^n}{(n-1)!}[/tex] и остава да се замести [tex]x=c[/tex], за да се намерят двете суми.
Тоест отогворът е [tex]\frac{e^c}{4}\left(c^2+2c\right)=2019^2\left(\ln^2 2019+\ln 2019\right)[/tex].