Serie reciproca di una data serie ... e ζ(2r)
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Ho sbagliato sezione in cui "postare" questo "thread"!
Prego i moderatori di spostarlo (convenientemente) nella sezione "Pensare un po' di più".
Chiedo scusa e ringrazio fin d'ora.
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Serie di potenze reciproca di una serie di potenze
Mi spiego iniziando con un esempio.
Considero lo sviluppo in serie di potenze di tanh(x) – serie che risulta con tutti gli addendi di grado dispari e a segno alterno – e poi divido tutto per x.
Ottengo una serie del tipo:
$f(x) = a_0 + a_1x^2 + a_2x^4 + a_3x^6 + a_4x^8 + ... +a_nx^(2n) + ...$
nella quale per ogni $n$ naturale i coefficienti $a_n$ – che sono a segno alterno – valgono:
$a_n = 1/((2n+1)!) d^(2n+1)/dx^(2n+1)tanh(x)_(x = 0)$ (ed in particolare $a_0 = 1$).
La somma dei primi termini effettivi di questa serie viene:
$tanh(x)/x = 1 - 2/(3!)x^2 + 16/(5!)x^4 - 272/(7!)x^6 + 7936/(9!)x^8 - 353792/(11!)x^10 + ...$ (*)
Conoscendo la serie $f(x)$, si può trovare, un termine alla volta, un'altra serie $g(x)$ tale da dare $f(x)·g(x) = 1$ per ogni $x$. Sia essa:
$g(x) = b_0 + b_1x^2 + b_2x^4 + b_3x^6 + b_4x^8 + ... +b_nx^(2n) + ... $.
Dovendo essere $f(x)·g(x) = 1$ per ogni $x$, occorre che siano soddisfatte le infinite uguaglianze:
$a_0·b_0 = 1$;
$a_0·b_1 + a_1·b_0 = 0$;
$a_0·b_2 + a_1·b_1 + a_2b_0 = 0$;
...
$a_0·b_n + a_1·b_(n-1) + ... +a_k·b_(n-k) + ... +a_(n-1)·b_1 + a_n·b_0 = 0$;
...
Riassumendo: I coefficienti $a_r$ della erie $f(x)$ ed i coefficienti $b_r$ della serie $g(x)=1/f(x)$ devono soddisfare le condizioni:
$a_0·b_0 = 1$ $^^$Per ogni $n$ intero positivo $\sum_{r=0}^{n}a_r·b_(n-r) = 0$.
Da qui, noti i coefficienti $a_r$ dello sviluppo in serie di potenze di $f(x)$, si ricavano uno alla volta i coefficienti $b_r$ della serie reciproca. Nei casi in cui – come nell'esempio (*) – sia $a_0 = 1$, si ottiene:
$b_0 = 1$;
$b_1 = – a_1$;
$b_2 = -a_1b_1 - a_2 = a_1^2 - a_2$;
$b_3 = - a_1·b_2 – a_2·b_1 – a_3 = -a_1^3 +2a_1a_2 -a_3$;
$b_4 = - a_1·b_3 – a_2·b_2 – a_3 ·b_1 – a_4 = a_1^4 -3a_1^2·a_2 +2a_1·a_3 – a_4$;
...
In generale, trovati i coefficienti $b_r$ per $r$ da 0 a $n–1$ inclusi (partendo da $b_0 = 1/a_0$), il successivo coefficiente $b_n$ risulta:
$b_n = –1/a_0 \sum_{r=1}^{n}a_r·b_(n-r)$. (**)
E' dunque facilissimo programmare il calcolo della serie reciproca di una data serie di potenze.
Tornando all'esempio introduttivo della serie $f(x) = tanh(x)/x$ [i primi termini della quale stanno in (*)] , la somma dei primi termini della serie $g(x)$ reciproca di $f(x)$ (calcolati in base alla (**) partendo da $b_0 = 1$) risulta:
$g(x) = x/tanh(x) = 1 + 1/3x^2 - 1/45x^4 + 2/945x^6 -1/4725x^8+2/93555x^10- ...$.
Applicazione: un modo per calcolare ζ(2r) per r intero positivo
Si consideri la funzione pari periodica di periodo 2π che, nell'intervallo $0 ≤ x ≤ 2π$ [lungo un periodo] vale
$cosh[α(x - π)]/sinh(απ)$
dove α è una costante positiva.
Nell'intervallo $-π ≤ x ≤ π$ [pure lungo un periodo] tale funzione si scrive come:
$cosh[α(|x| - π)]/sinh(απ)$
[NB. L'applicazione "Grapher" per MacBook Pro mi disegna correttamente il grafico della funzione periodica entrando con
$y = cosh(α(|x| mod 2π - π))/sinh(απ)$.
Eccola per $α=0,8$.
Sviluppando questa funzione in serie di Fourier si ottiene l'uguaglianza (nel periodo tra $–π$ e $π$):
$cosh[α(|x| - π)]/sinh(απ) = 1/(απ) + (2α)/π\sum_{n=1}^{∞}cos(nx)/(α^2+n^2)$.
In $x=0$ questa dà:
$cosh(-απ)/sinh(απ) = 1/(απ) + (2α)/π\sum_{n=1}^{∞}1/(α^2+n^2) =>((απ)/tanh(απ) - 1)/(2α^2)=\sum_{n=1}^{∞}1/(α^2+n^2)$.
Nell'ultima uguaglianza, scelto $α$ positivo minore di $1/π$, si ponga $x=απ$ (e allora $x$ è positivo e minore di 1).
L'uguaglianza diventa:
$π^2((x)/tanh(x) - 1)/(2x^2)=\sum_{n=1}^{∞}π^2/(x^2+(πn)^2) => ((x)/tanh(x) - 1)/(2x^2)=\sum_{n=1}^{∞}1/(x^2+(πn)^2$ .
A sinistra si sviluppi $x/tanh(x)$ in serie secondo quanto esposto più sopra, si cancellino i due addendi opposti 1 e –1 e si semplifichi "sopra e sotto" per $x^2$. Si ottiene la serie del tipo
$\sum_{r=0}^{∞}(-1)^r q_(r+1)x^(2r)$
i cui primi termini sono:
$1/6 - 1/90x^2 + 1/945x^4 - 1/9450x^6 + 1/93555x^8 - ...$.
La serie di destra si può trasformare come segue:
$\sum_{n=1}^{∞}1/(x^2 +(πn)^2) = \sum_{n=1}^{∞}1/(πn)^2 \sum_{r=0}^{∞}(-1)^r (x/(πn))^(2r) = \sum_{r=0}^{∞}(-1)^r x^(2r)/(π^(2r+2)) \sum_{n=1}^{∞}1/(n^(2r+2)) = $
$= \sum_{r=0}^{∞}(-1)^r x^(2r) (ζ(2r+2))/π^(2r+2)$.
Riscrivendo l'uguaglianza tra i membri destro e sinistro, abbiamo dunque:
$\sum_{r=0}^{∞}(-1)^r q_(r+1)x^(2r) = \sum_{r=0}^{∞}(-1)^r x^(2r) (ζ(2r+2))/π^(2r+2)$
Ma allora la serie di sinistra e la serie di destra devono essere identiche, ossia:
«Per ogni $r$ naturale $ζ(2r+2) = q_(r+1)·π^(2r+2)$»
dove i coefficienti [razionali] $q_(r+1)$ valgono la metà di $|b_r|$ essendo $b_r$ i coefficienti della serie di potenze reciproca di quella che vale $tanh(x)/x$.
Ricapitolando:
a) Si sviluppi il serie di potenze $tanh(x)/x$ (dividendo per $x$ lo sviluppo in serie di MacLaurin di $tanh(x)$).
b) Si calcoli la serie reciproca dii questa (come spiegato più sopra).
c) Si cancelli il termine di grado zero (che è 1) e si divida poi per $2x^2$.
Si ottiene una serie del tipo:
$S(x) = \sum_{r=0}^{∞}(-1)^r q_(r+1)x^(2r)$.
[I primi coefficienti $q_(r+1)$ risultano : $q_1 = 1/6$; $q_2 = 1/90$; $q_3 = 1/945$; $q_4=1/9450$; $q_5 = 1/93555$.
d) Per ognuno di questi coefficienti risulta: $ζ(2r+2) = q_(r+1)·π^(2r+2)$
Pertanto, in particolare: $ζ(2)= π^2/6$; $ζ(4)= π^4/90$; $ζ(6)= π^6/945$; $ζ(8)= π^8/9450$; $ζ(10)= π^10/93555$; ecc.
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Serie di potenze reciproca di una serie di potenze
Mi spiego iniziando con un esempio.
Considero lo sviluppo in serie di potenze di tanh(x) – serie che risulta con tutti gli addendi di grado dispari e a segno alterno – e poi divido tutto per x.
Ottengo una serie del tipo:
$f(x) = a_0 + a_1x^2 + a_2x^4 + a_3x^6 + a_4x^8 + ... +a_nx^(2n) + ...$
nella quale per ogni $n$ naturale i coefficienti $a_n$ – che sono a segno alterno – valgono:
$a_n = 1/((2n+1)!) d^(2n+1)/dx^(2n+1)tanh(x)_(x = 0)$ (ed in particolare $a_0 = 1$).
La somma dei primi termini effettivi di questa serie viene:
$tanh(x)/x = 1 - 2/(3!)x^2 + 16/(5!)x^4 - 272/(7!)x^6 + 7936/(9!)x^8 - 353792/(11!)x^10 + ...$ (*)
Conoscendo la serie $f(x)$, si può trovare, un termine alla volta, un'altra serie $g(x)$ tale da dare $f(x)·g(x) = 1$ per ogni $x$. Sia essa:
$g(x) = b_0 + b_1x^2 + b_2x^4 + b_3x^6 + b_4x^8 + ... +b_nx^(2n) + ... $.
Dovendo essere $f(x)·g(x) = 1$ per ogni $x$, occorre che siano soddisfatte le infinite uguaglianze:
$a_0·b_0 = 1$;
$a_0·b_1 + a_1·b_0 = 0$;
$a_0·b_2 + a_1·b_1 + a_2b_0 = 0$;
...
$a_0·b_n + a_1·b_(n-1) + ... +a_k·b_(n-k) + ... +a_(n-1)·b_1 + a_n·b_0 = 0$;
...
Riassumendo: I coefficienti $a_r$ della erie $f(x)$ ed i coefficienti $b_r$ della serie $g(x)=1/f(x)$ devono soddisfare le condizioni:
$a_0·b_0 = 1$ $^^$Per ogni $n$ intero positivo $\sum_{r=0}^{n}a_r·b_(n-r) = 0$.
Da qui, noti i coefficienti $a_r$ dello sviluppo in serie di potenze di $f(x)$, si ricavano uno alla volta i coefficienti $b_r$ della serie reciproca. Nei casi in cui – come nell'esempio (*) – sia $a_0 = 1$, si ottiene:
$b_0 = 1$;
$b_1 = – a_1$;
$b_2 = -a_1b_1 - a_2 = a_1^2 - a_2$;
$b_3 = - a_1·b_2 – a_2·b_1 – a_3 = -a_1^3 +2a_1a_2 -a_3$;
$b_4 = - a_1·b_3 – a_2·b_2 – a_3 ·b_1 – a_4 = a_1^4 -3a_1^2·a_2 +2a_1·a_3 – a_4$;
...
In generale, trovati i coefficienti $b_r$ per $r$ da 0 a $n–1$ inclusi (partendo da $b_0 = 1/a_0$), il successivo coefficiente $b_n$ risulta:
$b_n = –1/a_0 \sum_{r=1}^{n}a_r·b_(n-r)$. (**)
E' dunque facilissimo programmare il calcolo della serie reciproca di una data serie di potenze.
Tornando all'esempio introduttivo della serie $f(x) = tanh(x)/x$ [i primi termini della quale stanno in (*)] , la somma dei primi termini della serie $g(x)$ reciproca di $f(x)$ (calcolati in base alla (**) partendo da $b_0 = 1$) risulta:
$g(x) = x/tanh(x) = 1 + 1/3x^2 - 1/45x^4 + 2/945x^6 -1/4725x^8+2/93555x^10- ...$.
Applicazione: un modo per calcolare ζ(2r) per r intero positivo
Si consideri la funzione pari periodica di periodo 2π che, nell'intervallo $0 ≤ x ≤ 2π$ [lungo un periodo] vale
$cosh[α(x - π)]/sinh(απ)$
dove α è una costante positiva.
Nell'intervallo $-π ≤ x ≤ π$ [pure lungo un periodo] tale funzione si scrive come:
$cosh[α(|x| - π)]/sinh(απ)$
[NB. L'applicazione "Grapher" per MacBook Pro mi disegna correttamente il grafico della funzione periodica entrando con
$y = cosh(α(|x| mod 2π - π))/sinh(απ)$.
Eccola per $α=0,8$.
Sviluppando questa funzione in serie di Fourier si ottiene l'uguaglianza (nel periodo tra $–π$ e $π$):
$cosh[α(|x| - π)]/sinh(απ) = 1/(απ) + (2α)/π\sum_{n=1}^{∞}cos(nx)/(α^2+n^2)$.
In $x=0$ questa dà:
$cosh(-απ)/sinh(απ) = 1/(απ) + (2α)/π\sum_{n=1}^{∞}1/(α^2+n^2) =>((απ)/tanh(απ) - 1)/(2α^2)=\sum_{n=1}^{∞}1/(α^2+n^2)$.
Nell'ultima uguaglianza, scelto $α$ positivo minore di $1/π$, si ponga $x=απ$ (e allora $x$ è positivo e minore di 1).
L'uguaglianza diventa:
$π^2((x)/tanh(x) - 1)/(2x^2)=\sum_{n=1}^{∞}π^2/(x^2+(πn)^2) => ((x)/tanh(x) - 1)/(2x^2)=\sum_{n=1}^{∞}1/(x^2+(πn)^2$ .
A sinistra si sviluppi $x/tanh(x)$ in serie secondo quanto esposto più sopra, si cancellino i due addendi opposti 1 e –1 e si semplifichi "sopra e sotto" per $x^2$. Si ottiene la serie del tipo
$\sum_{r=0}^{∞}(-1)^r q_(r+1)x^(2r)$
i cui primi termini sono:
$1/6 - 1/90x^2 + 1/945x^4 - 1/9450x^6 + 1/93555x^8 - ...$.
La serie di destra si può trasformare come segue:
$\sum_{n=1}^{∞}1/(x^2 +(πn)^2) = \sum_{n=1}^{∞}1/(πn)^2 \sum_{r=0}^{∞}(-1)^r (x/(πn))^(2r) = \sum_{r=0}^{∞}(-1)^r x^(2r)/(π^(2r+2)) \sum_{n=1}^{∞}1/(n^(2r+2)) = $
$= \sum_{r=0}^{∞}(-1)^r x^(2r) (ζ(2r+2))/π^(2r+2)$.
Riscrivendo l'uguaglianza tra i membri destro e sinistro, abbiamo dunque:
$\sum_{r=0}^{∞}(-1)^r q_(r+1)x^(2r) = \sum_{r=0}^{∞}(-1)^r x^(2r) (ζ(2r+2))/π^(2r+2)$
Ma allora la serie di sinistra e la serie di destra devono essere identiche, ossia:
«Per ogni $r$ naturale $ζ(2r+2) = q_(r+1)·π^(2r+2)$»
dove i coefficienti [razionali] $q_(r+1)$ valgono la metà di $|b_r|$ essendo $b_r$ i coefficienti della serie di potenze reciproca di quella che vale $tanh(x)/x$.
Ricapitolando:
a) Si sviluppi il serie di potenze $tanh(x)/x$ (dividendo per $x$ lo sviluppo in serie di MacLaurin di $tanh(x)$).
b) Si calcoli la serie reciproca dii questa (come spiegato più sopra).
c) Si cancelli il termine di grado zero (che è 1) e si divida poi per $2x^2$.
Si ottiene una serie del tipo:
$S(x) = \sum_{r=0}^{∞}(-1)^r q_(r+1)x^(2r)$.
[I primi coefficienti $q_(r+1)$ risultano : $q_1 = 1/6$; $q_2 = 1/90$; $q_3 = 1/945$; $q_4=1/9450$; $q_5 = 1/93555$.
d) Per ognuno di questi coefficienti risulta: $ζ(2r+2) = q_(r+1)·π^(2r+2)$
Pertanto, in particolare: $ζ(2)= π^2/6$; $ζ(4)= π^4/90$; $ζ(6)= π^6/945$; $ζ(8)= π^8/9450$; $ζ(10)= π^10/93555$; ecc.
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Risposte
"dan95":Ehhh Che fretta!
Avevo sospeso per ... necessità.
Qui non c'è da risolvere alcun quiz!
Ho invece scritto un procedimento per calcolare la "Zeta di Riemann" per argomento uguale ad un intero positivo pari.
[Molti anni fa ne avevo trovato uno che richiedeva l'uso delle Laplace-trasformate. In questi giorni, preparando gli altri quiz (dove apparivano queste "zeta"), m'è venuta l'idea del procedimento che presento in questo 'post'.
Siccome sono un dilettante, non pretendo certo di aver fatto qualcosa di originale. Chissà quanti prima di me hanno trovato le stesse cose. Però questo l'ho fatto in perfetta autonomia, senza sapere come altri hanno affrontato lo stesso problema.
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