求|r|<1、a≥0时∑ₙ=0^∞nᵃrⁿ的通用求和公式

你提到的这个级数其实可以通过第二类斯特林数推导通用的闭合形式，正好能解决你多次求导后找不到规律的问题，下面一步步来拆解：

核心思路：用斯特林数展开幂次 #

对于非负整数$a$，整数幂$n^a$可以用第二类斯特林数$S(a,k)$展开：
$$n^a = \sum_{k=0}^a S(a,k) \cdot k! \cdot \binom{n}{k}$$
这里的$S(a,k)$表示把$a$个元素划分成$k$个非空子集的方式数，$\binom{n}{k}$是组合数（当$n<k$时组合数为0，不影响求和）。

代入级数并交换求和顺序 #

把这个展开式代入原级数，因为级数绝对收敛，我们可以安全地交换求和顺序：
$$
\begin{align*}
I(a) &= \sum_{n=0}^\infty n^a r^n \
&= \sum_{n=0}^\infty \left( \sum_{k=0}^a S(a,k) k! \binom{n}{k} \right) r^n \
&= \sum_{k=0}^a S(a,k) k! \sum_{n=k}^\infty \binom{n}{k} r^n
\end{align*}
$$

计算组合数的级数和 #

接下来处理内层的组合数级数$\sum_{n=k}^\infty \binom{n}{k} r^n$，这个可以通过对几何级数求导得到：
已知几何级数$\sum_{n=0}^\infty r^n = \frac{1}{1-r}$，对其连续求$k$次导数后整理可得：
$$\sum_{n=k}^\infty \binom{n}{k} r^n = \frac{r^k}{(1-r){k+1}}$$

得到通用公式 #

把这个结果代回，就得到了$I(a)$的通用表达式：
$$I(a) = \sum_{k=0}^a S(a,k) \cdot \frac{k! \cdot r^k}{(1-r){k+1}}$$

验证已知的$a$值 #

我们用这个公式验证你给出的例子：

• 当$a=0$时，$S(0,0)=1$，代入得：$I(0) = \frac{0! \cdot r^0}{(1-r){0+1}} = \frac{1}{1-r}$，完全正确。
• 当$a=1$时，$S(1,1)=1$，代入得：$I(1) = \frac{1! \cdot r^1}{(1-r){1+1}} = \frac{r}{(1-r)^2}$，和你的结果一致。
• 当$a=2$时，$S(2,1)=1$，$S(2,2)=1$，代入得：
  $$I(2) = \frac{1! \cdot r}{(1-r)^2} + \frac{2! \cdot r^2}{(1-r)3} = \frac{r(1-r) + 2r^2}{(1-r)3} = \frac{r + r^2}{(1-r)3} = \frac{-r(r+1)}{(r-1)^3}$$
  完美匹配你给出的结果。

另一种表达：多重对数函数 #

如果熟悉特殊函数，这个级数也可以用**多重对数函数（Polylogarithm）**表示：
$$I(a) = \text{Li}_{-a}(r)$$
其中多重对数函数的定义为$\text{Li}s(z) = \sum{n=1}^\infty \frac{z^n}{ns}$，当$s=-a$时正好对应我们的级数（$n=0$项为0，不影响求和结果）。不过斯特林数的展开式更适合计算具体整数$a$的闭合形式。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Tom Himler