Serie

[giuseppe87x]

Forse sarà banale ma in questo momento non riesco proprio a calcolarla.

$sum_(k=1)^infty1/(k(k+1))$

[Luca.Lussardi]

Dovrebbe essere telescopica, ovvero il termine generale dovrebbe ridursi a $x_n-x_(n+1)$.

[giuseppe87x]

Si anche secondo me ma non riesco a trovare il metodo per farla telescopizzare.

[Luca.Lussardi]

$1/(k(k+1))=1/k-1/(k+1)$.

[giuseppe87x]

E viene uguale a $1$, lo sapevo che era banale. Grazie Luca.

[eafkuor1]

in pratica si fa

$1/(k(k+1))=A/k+B/(k+1)$

moltiplichiamo per $k$

$1/(k+1)=A+(Bk)/(k+1)$

e facciamo il limite per $k rarr 0$

da cui

$1/(k+1)=A$ cioè $A=1$

poi facciamo la stessa cosa moltiplicando per $k+1$ e facendo $k rarr -1$ e trovando $B=-1$


Ma esiste un metodo più veloce e meno macchinoso?

[giuseppe87x]

$1/(k(k+1))=A/k+B/(k+1)=(Ak+A+kB)/(k(k+1))=(k(A+B)+A)/(k(k+1))$
$A=1$
$B=-A=-1$ per il principio di identità dei polinomi.

[eafkuor1]

come fai a dedurre $A=1$?

[giuseppe87x]

Perchè abbiamo che $1=k(A+B)+A$ da cui $A=1$ e $A=-B$ giacchè $A+B=0$ per il principio di identità dei polinomi.

[eafkuor1]

ok
il fatto è che non conosco il principio di identità dei polinomi

[fireball1]

Strano che tu non lo conosca,
perché su di esso si basa l'integrazione
delle funzioni algebriche razionali frazionarie...

[Kroldar]

"eafkuor":
Ma esiste un metodo più veloce e meno macchinoso?

la funzione $f(z)=1/(z(z+1))$ ha due poli semplici in $0$ e $-1$... poiché risulta $R_(f)[0]=1$ e $R_(f)[-1]=-1$,
allora $f(z)=1/z-1/(z+1)$, dove con $R_(f)[z_0]$ si intende il residuo di $f$ nel punto $z_0$