Aiuto esercizio integrazione per serie
Buongiorno a tutti, non riesco a risolvere il seguente esercizio:
Sapendo che si può integrare per serie, scrivere il seguente integrale come somma di una serie:
\(\displaystyle \int \frac{\ln(1+cosx)}{cosx})dx \) (L'integrale è da 0 a pi greco mezzi.)
Ho provato a sviluppare ln(1+cosx) e cosx separatamente, ma non arrivo da nessuna parte.
Sapendo che si può integrare per serie, scrivere il seguente integrale come somma di una serie:
\(\displaystyle \int \frac{\ln(1+cosx)}{cosx})dx \) (L'integrale è da 0 a pi greco mezzi.)
Ho provato a sviluppare ln(1+cosx) e cosx separatamente, ma non arrivo da nessuna parte.
Risposte
bisogna sviluppare solo $ln(1+cosx)$ e poi dividere ogni termine della serie per $cosx$
in questo modo si ottiene una serie uniformemente convergente nell'intervallo di integrazione
in questo modo si ottiene una serie uniformemente convergente nell'intervallo di integrazione
@stormy: non so, sinceramente a me sembra un po' più complicata come cosa. Del resto $\cos x$ non è infinitesima nell'origine, e quindi volendo usare McLaurin bisogna scrivere la funzione così
$$\log 2+\log\left(1+\frac{\cos x-1}{2}\right)=\log 2+\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}\frac{(\cos x-1)^n}{n 2^n}$$
A questo punto allora bisogna sviluppare anche l'altra funzione
$$\frac{1}{\cos x}=\frac{1}{1+\cos x-1}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(\cos x-1)^n$$
Ora andrebbe fatto un prodotto alla Cauchy, ma si ha una roba davvero mostruosa.
$$\log 2+\log\left(1+\frac{\cos x-1}{2}\right)=\log 2+\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1}\frac{(\cos x-1)^n}{n 2^n}$$
A questo punto allora bisogna sviluppare anche l'altra funzione
$$\frac{1}{\cos x}=\frac{1}{1+\cos x-1}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^n(\cos x-1)^n$$
Ora andrebbe fatto un prodotto alla Cauchy, ma si ha una roba davvero mostruosa.
Sviluppando solo il logaritmo e dividendo per il coseno comunque non riesco più ad andare avanti... dovrei integrare termine a termine o cosa? Grazie a entrambi per le risposte
@ciampax
ma lo sviluppo in serie di $ln(1+x)$ si può fare per ogni $x$ tale che $|x|<1$
quindi la serie $1-x/2+x^2/3-....$ dovrebbe convergere uniformemente a $ln(1+x)/x$
@davide94
io scriverei
$ int_(0)^(pi/2) (ln(1+cosx))/cosx dx =int_(0)^(pi/2) dx-int_(0)^(pi/2) cosx/2 dx+int_(0)^(pi/2) (cos^2x)/3 dx -...... $
ma lo sviluppo in serie di $ln(1+x)$ si può fare per ogni $x$ tale che $|x|<1$
quindi la serie $1-x/2+x^2/3-....$ dovrebbe convergere uniformemente a $ln(1+x)/x$
@davide94
io scriverei
$ int_(0)^(pi/2) (ln(1+cosx))/cosx dx =int_(0)^(pi/2) dx-int_(0)^(pi/2) cosx/2 dx+int_(0)^(pi/2) (cos^2x)/3 dx -...... $
Ok, quindi la risposta sarebbe questa? Dato il testo dell'esercizio, pensavo che magari bisognasse ricondursi ad una serie di cui si conosce la somma (es serie geometrica o serie con somma nota...)
io,sulla somma della serie numerica al secondo membro mi arrendo
d'altro canto mi sembra corretto quello che ho scritto
che dire,sentiamo altri pareri...
d'altro canto mi sembra corretto quello che ho scritto
che dire,sentiamo altri pareri...
Ti ringrazio intanto speriamo arrivi qualcuno ad illuminarci 
Mmmmm, non so stormy, c'è qualcosa che non mi torna ma la momento non riesco proprio a fare mente locale. Ammetto che quello che dici è corretto, eppure mi sembra "errato" nel complesso.
Ok, ci sono: come diceva stormy è lecito scrivere l'integrale in questo modo
$$I=\int_0^{\pi/2}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}\cdot\frac{\cos^n x}{\cos x}\ dx=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}\int_0^{\pi/2}\cos^{n-1} x\ dx=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{n+1}\int_0^{\pi/2}\cos^n x\ dx$$
Considero ora l'integrale
$$I_n=\int_0^{\pi/2}\cos^n x\ dx$$
Si vede facilmente che
$$I_0=\int_0^{\pi/2}\ dx=\frac{\pi}{2},\qquad I_1=\int_0^{\pi/2}\cos x\ dx=\left[-\sin x\right]_0^{\pi/2}=-1$$
D'altro canto si ha, in generale per $n\ge 2$
$$I_n=\int_0^{\pi/2}\cos^n x\ dx=\int_0^{\pi/2}\cos^2 x\cos^{n-2} x\ dx=\int_0^{\pi/2}\cos^{n-2} x\ dx-\int_0^{\pi/2}\sin^2 x\cos^{n-2}x\ dx=I_{n-2}+\int_0^{\pi/2}\sin x\left(-\sin x\cos^{n-2} x\right)\ dx=$$
Osservando che $D[\cos^{n-1} x]=-(n-1)\sin x\cos^{n-2}x$ e integrando per parti
$$=I_{n-2}+\left[\sin x\cdot\frac{\cos^{n-1} x}{n-1}\right]_0^{\pi/2}-\frac{1}{n-1}\int_0^{\pi/2}\cos x\cdot\cos^{n-1}x\ dx=\\ I_{n-2}-\frac{1}{n-1} I_n$$
e pertanto
$$I_n+\frac{1}{n-1} I_n=I_{n-2}\ \Rightarrow\ I_n=\frac{n-1}{n} I_{n-2}$$
Noti i due integrali scritti prima si ha allora, se $n=2m$ è pari (con $m\ge 1$)
$$I_{2m}=\frac{2m-1}{2m} I_{2m-2}=\frac{2m-1}{2m}\frac{2m-3}{2m-2} I_{2m-4}=\frac{2m-1}{2m}\frac{2m-3}{2m-2}\frac{2m-5}{2m-4} I_{2m-6}=\ldots$$
e quindi
$$I_{2m}=\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\frac{\pi}{2},\ m\ge 1,\qquad I_0=\frac{\pi}{2}$$
dove con $k!!$ indico il fattoriale doppio, cioè il prodotto di tutti i numeri da $k$ fino ad $1$ aventi la stessa parità di $k$.
Se invece $n=2m+1$ è dispari (con $m\ge 1$)
$$I_{2m+1}=\frac{2m}{2m+1} I_{2m-1}=\frac{2m}{2m+1}\frac{2m-2}{2m-1} I_{2m-3}=\frac{2m}{2m+}\frac{2m-2}{2m-1}\frac{2m-4}{2m-3} I_{2m-5}=\ldots$$
e quindi
$$I_{2m+1}=-\frac{(2m)!!}{(2m+1)!!},\ m\ge 1,\qquad I_1=-1$$
Pertanto la serie diventa
$$\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{n+1} I_n=\frac{\pi}{2}-\frac{1}{2}+\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{2m+1}\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\frac{\pi}{2}+\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{2m+2}\frac{(2m)!!}{(2m+1)!!}$$
$$I=\int_0^{\pi/2}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}}{n}\cdot\frac{\cos^n x}{\cos x}\ dx=\sum_{n=1}^\infty\frac{(-1)^{n+1}}{n}\int_0^{\pi/2}\cos^{n-1} x\ dx=\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{n+1}\int_0^{\pi/2}\cos^n x\ dx$$
Considero ora l'integrale
$$I_n=\int_0^{\pi/2}\cos^n x\ dx$$
Si vede facilmente che
$$I_0=\int_0^{\pi/2}\ dx=\frac{\pi}{2},\qquad I_1=\int_0^{\pi/2}\cos x\ dx=\left[-\sin x\right]_0^{\pi/2}=-1$$
D'altro canto si ha, in generale per $n\ge 2$
$$I_n=\int_0^{\pi/2}\cos^n x\ dx=\int_0^{\pi/2}\cos^2 x\cos^{n-2} x\ dx=\int_0^{\pi/2}\cos^{n-2} x\ dx-\int_0^{\pi/2}\sin^2 x\cos^{n-2}x\ dx=I_{n-2}+\int_0^{\pi/2}\sin x\left(-\sin x\cos^{n-2} x\right)\ dx=$$
Osservando che $D[\cos^{n-1} x]=-(n-1)\sin x\cos^{n-2}x$ e integrando per parti
$$=I_{n-2}+\left[\sin x\cdot\frac{\cos^{n-1} x}{n-1}\right]_0^{\pi/2}-\frac{1}{n-1}\int_0^{\pi/2}\cos x\cdot\cos^{n-1}x\ dx=\\ I_{n-2}-\frac{1}{n-1} I_n$$
e pertanto
$$I_n+\frac{1}{n-1} I_n=I_{n-2}\ \Rightarrow\ I_n=\frac{n-1}{n} I_{n-2}$$
Noti i due integrali scritti prima si ha allora, se $n=2m$ è pari (con $m\ge 1$)
$$I_{2m}=\frac{2m-1}{2m} I_{2m-2}=\frac{2m-1}{2m}\frac{2m-3}{2m-2} I_{2m-4}=\frac{2m-1}{2m}\frac{2m-3}{2m-2}\frac{2m-5}{2m-4} I_{2m-6}=\ldots$$
e quindi
$$I_{2m}=\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\frac{\pi}{2},\ m\ge 1,\qquad I_0=\frac{\pi}{2}$$
dove con $k!!$ indico il fattoriale doppio, cioè il prodotto di tutti i numeri da $k$ fino ad $1$ aventi la stessa parità di $k$.
Se invece $n=2m+1$ è dispari (con $m\ge 1$)
$$I_{2m+1}=\frac{2m}{2m+1} I_{2m-1}=\frac{2m}{2m+1}\frac{2m-2}{2m-1} I_{2m-3}=\frac{2m}{2m+}\frac{2m-2}{2m-1}\frac{2m-4}{2m-3} I_{2m-5}=\ldots$$
e quindi
$$I_{2m+1}=-\frac{(2m)!!}{(2m+1)!!},\ m\ge 1,\qquad I_1=-1$$
Pertanto la serie diventa
$$\sum_{n=0}^\infty\frac{(-1)^n}{n+1} I_n=\frac{\pi}{2}-\frac{1}{2}+\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{2m+1}\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\frac{\pi}{2}+\sum_{m=1}^\infty\frac{1}{2m+2}\frac{(2m)!!}{(2m+1)!!}$$
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo