\[S_k=\sum_{n=1}^\infty n^ka^n \quad (0 < a < 1) の漸化式 \hspace{14em}\]


 数理の小箱の「じゃんけん」の中で、2回あるいは3回勝った方を勝者とする場合の勝敗が
決まるまでの回数の期待値を求めるのに
\[\sum_{n=1}^\infty \cfrac{n^k}{3^n} \quad (k=0,1,2,\dots) \hspace{12em}\] の値が必要だった。

 そこで、あらためてこの値を求める方法を考えてみたい。

\[\quad 0 < a < 1  のとき  S_k=\sum_{n=1}^\infty n^ka^n \quad (k=0,1,2,\dots) \hspace{10em}\] は収束して和をもつことは、ここでは証明しない。


\[(1)\quad S_0=\sum_{n=1}^\infty a^n =\cfrac{a}{1-a}  は無限等比級数である。\hspace{13em}\]
\[(2)\quad S_1=\sum_{n=1}^\infty na^n=\cfrac{a}{(1-a)^2}  は高校の学習範囲である。\hspace{11em}\]
\[(3)\quad S_2=\sum_{n=1}^\infty n^2{a^n}=\cfrac{a(a+1)}{(1-a)^3}\hspace{20em}\] (証明)

$\hspace{2em} S_2(n)=1^2a+2^2a^2+3^2a^3+ \cdots +n^2a^n$  とおくと

両辺に$a$をかけて

$\hspace{2em} aS_2(n)=\hspace{2em} 1^2a^2+2^2a^3+ \cdots +(n-1)^2a^n+n^2a^{n+1}$

辺々引いて
\begin{eqnarray*} (1-a)S_2(n)&=&1^2a+(2^2-1^2)a^2+ \cdots + \{n^2-(n-1)^2\}a^n-n^2a^{n+1}\hspace{6em}\\ &=&\sum_{m=1}^n \{m^2-(m-1)^2\}a^m - n^2a^{n+1} \\ &=&\sum_{m=1}^n (2m-1)a^m - n^2a^{n+1} \\ &=&2\sum_{m=1}^n ma^m - \sum_{m=1}^n a^m -n^2a^{n+1} \\ \end{eqnarray*}
$n \rightarrow \infty とすると n^2a^{n+1} \rightarrow 0, \quad S_2(n) \rightarrow S_2 $ だから

$\hspace{2em} (1-a)S_2=2S_1-S_0$
$\hspace{2em} \therefore S_2= \cfrac{1}{1-a}\{2 \times \cfrac{a}{(1-a)^2}-\cfrac{a}{1-a}\}=\cfrac{a(a+1)}{(1-a)^3}$


この求め方にならって一般化しましょう。

$\qquad S_k(n)=1^ka+2^ka^2+3^ka^3+ \cdots +n^ka^n$ とおくと

両辺に$a$をかけて

$\qquad aS_k(n)=\hspace{2em} 1^ka^2+2^ka^3+ \cdots +(n-1)^ka^n+n^ka^{n+1}$

辺々引いて

$\quad (1-a)S_k(n)$
\begin{eqnarray*} &=&1^ka+(2^k-1^k)a^2+ \cdots + \{n^k-(n-1)^k\}a^n-n^ka^{n+1} \hspace{12em}\\ &=&\sum_{m=1}^n \{m^k-(m-1)^k\}a^m - n^ka^{n+1}\\ &=&- \sum_{m=1}^n\{_kC_1m^{k-1}(-1)+_kC_2m^{k-2}(-1)^2+ \cdots +_kC_k(-1)^k\}a^m - n^ka^{n+1}\\ &=&_kC_1\sum_{m=1}^n m^{k-1}a^m - _kC_2 \sum_{m=1}^n m^{k-2}a^m+ \cdots + (-1)^{k+1}\ _kC_k\sum_{m=1}^n a^m-n^ka^{n+1} \\ &=&_kC_1S_{k-1}(n)-_kC_2 S_{k-2}(n)+ \cdots +(-1)^{k+1}\ _kC_k S_0(n)-n^ka^{n+1} \\ \end{eqnarray*}
$n \rightarrow \infty \quad とすると n^ka^{n+1} \rightarrow 0 \quad だから$

$(1-a)S_k=_kC_1S_{k-1} -_kC_2 S_{k-2} + \cdots +(-1)^{k+1}\ _kC_k S_0$

これで、求める漸化式が導けました。

$\hspace{2em} S_k=\cfrac{1}{1-a}\{_kC_1S_{k-1} -_kC_2 S_{k-2} + \cdots +(-1)^{k+1}\ _kC_k S_0 \}$



$k=3 \ とすると$
\begin{eqnarray*} S_3&=&\cfrac{1}{1-a}(_3C_1S_2-_3C_2 S_1 + _3C_3S_0 ) \hspace{14em}\\ &=&\cfrac{1}{1-a}\{3 \times \cfrac{a(a+1)}{(1-a)^3} -3 \times \cfrac{a}{(1-a)^2} + \cfrac{a}{1-a}\}\\ &=&\cfrac{a(a^2+4a+1)}{(1-a)^4}\\ \end{eqnarray*}

じゃんけんの問題にもどると $a=\cfrac{1}{3}$ だから
\[(1)\quad S_0=\sum_{n=1}^\infty \cfrac{1}{3^n} =\cfrac{1}{2} \hspace{22em}\] \[(2)\quad S_1=\sum_{n=1}^\infty \cfrac{n}{3^n}=\cfrac{3}{4} \hspace{22em}\] \[(3)\quad S_2=\sum_{n=1}^\infty \cfrac{n^2}{3^n}=\cfrac{3}{2} \hspace{22em}\] \[(4)\quad S_3=\sum_{n=1}^\infty \cfrac{n^3}{3^n}=\cfrac{33}{8} \hspace{22em}\] さらに続けて
\begin{eqnarray*} (5)\quad S_4 &=&\sum_{n=1}^\infty \cfrac{n^4}{3^n} \hspace{24em}\\ &=&\cfrac{3}{2}(_4C_1S_3 -_4C_2 S_2 + _4C_3S_1-_4C_4S_0) \\ &=&\cfrac{3}{2}(4 \times \cfrac{33}{8}-6 \times \cfrac{3}{2} +4 \times \cfrac{3}{4}-\cfrac{1}{2})\\ &=&15\\ \end{eqnarray*}
同様にして
\[(6)\quad S_5=\sum_{n=1}^\infty \cfrac{n^4}{3^n}=\cfrac{273}{4} \hspace{22em}\]



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