Convergenza Serie e uso di Taylor
In generale, quando è possibile utilizzare la formula di taylor per aiutarsi a risolvere serie come questa?
In particolare per questa serie era stata risolta in un altro post di questo forum usando appunto Taylor
$ sum_{n=1}^oon^a(ln(1+1/n)-sin(1/n)) $
Perché effettivamente è molto comodo giungere a un approssimazione con Taylor ma non capisco come sia compatibile la formula di McLaurin con questa serie.
Grazie
In particolare per questa serie era stata risolta in un altro post di questo forum usando appunto Taylor
$ sum_{n=1}^oon^a(ln(1+1/n)-sin(1/n)) $
Perché effettivamente è molto comodo giungere a un approssimazione con Taylor ma non capisco come sia compatibile la formula di McLaurin con questa serie.
Grazie
Risposte
Anzitutto direi che la distinzione tra sviluppi di Taylor e sviluppi di McLaurin è del tutto inessenziale, nel senso che se se una funzione è sviluppabile in serie di Taylor in un punto $x_0\in(a;b),$ allora la stessa cosa vale anche se il punto $x_0=0.$ Detto questo, noto il fatto che
\begin{align}
\ln\left(1+x\right)&=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3),\quad x\to 0\\
\sin x&=x-\frac{x^3}{3!}+o(x^3),\quad x\to 0,
\end{align}
essendo la successione $1/n$ è infinitesima per $n\to+infty,$ avremo anche che:
\begin{align}
\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)&=\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+\frac{1}{3n^3}+o\left( \frac{1}{n^3}\right),\quad n\to+\infty\\
\sin \left( \frac{1}{n}\right)&=\frac{1}{n}-\frac{1}{6n^3}+o\left( \frac{1}{n^3}\right),\quad n\to+\infty,
\end{align}
quindi il termine generale della serie diviene:
\begin{align}
n^{\alpha}\left[\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-\sin \left( \frac{1}{n}\right)\right]&=n^{\alpha}\left[\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+\frac{1}{3n^3}+o\left( \frac{1}{n^3}\right) -\frac{1}{n}+\frac{1}{6n^3}+o\left( \frac{1}{n^3}\right)\right]\\
&=n^{\alpha}\left[ -\frac{1}{2n^2} +o\left( \frac{1}{n^3}\right) \right]
\end{align}
\begin{align}
\ln\left(1+x\right)&=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3),\quad x\to 0\\
\sin x&=x-\frac{x^3}{3!}+o(x^3),\quad x\to 0,
\end{align}
essendo la successione $1/n$ è infinitesima per $n\to+infty,$ avremo anche che:
\begin{align}
\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)&=\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+\frac{1}{3n^3}+o\left( \frac{1}{n^3}\right),\quad n\to+\infty\\
\sin \left( \frac{1}{n}\right)&=\frac{1}{n}-\frac{1}{6n^3}+o\left( \frac{1}{n^3}\right),\quad n\to+\infty,
\end{align}
quindi il termine generale della serie diviene:
\begin{align}
n^{\alpha}\left[\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)-\sin \left( \frac{1}{n}\right)\right]&=n^{\alpha}\left[\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+\frac{1}{3n^3}+o\left( \frac{1}{n^3}\right) -\frac{1}{n}+\frac{1}{6n^3}+o\left( \frac{1}{n^3}\right)\right]\\
&=n^{\alpha}\left[ -\frac{1}{2n^2} +o\left( \frac{1}{n^3}\right) \right]
\end{align}
Concordo.
Però non ho capito se ci sono delle limitazioni a riguardo non so se riesco a spiegarmi.
Quando per esempio non posso usare questo metodo di risoluzione?
Ad esempio qui potrei fare gli sviluppi delle funzioni per facilitarmi il compito?
$ \int_0^\infty (sin(1/x^a))/(e^x-1)\ \text{d} x $
Vediamo se ho capito:
Mi pare di capire che visto che lo sviluppo di Taylor di $sinx$ vale per $x->0$
allora lo sviluppo di tipo $sin(1/x)$ vale per $x->infty$
Per non vale allora per $e^x$ in quanto lo sviluppo è valido solo per $x->0$ giusto?
Però non ho capito se ci sono delle limitazioni a riguardo non so se riesco a spiegarmi.
Quando per esempio non posso usare questo metodo di risoluzione?
Ad esempio qui potrei fare gli sviluppi delle funzioni per facilitarmi il compito?
$ \int_0^\infty (sin(1/x^a))/(e^x-1)\ \text{d} x $
Vediamo se ho capito:
Mi pare di capire che visto che lo sviluppo di Taylor di $sinx$ vale per $x->0$
allora lo sviluppo di tipo $sin(1/x)$ vale per $x->infty$
Per non vale allora per $e^x$ in quanto lo sviluppo è valido solo per $x->0$ giusto?
esattamente!
"ashinhood":
Concordo.
$ \int_0^\infty (sin(x^a))/(e^x-1)\ \text{d} x $
In questo caso per a>0 non si può utilizzare Taylor come soluzione dell'esercizio tu come faresti?
in questo caso basta osservare che l'integrale risulta improprio in entrambi gli estremi di integrazione; inoltre in uun intorno di $0$ la funzione integranda è positiva, mentre in un intorno di $+\infty$ non mantiene segno costante poichè il seno oscilla; allora
[*:1v6b1rfn] se $x\to0^+$ avremo che
\begin{align}
\frac{\sin(x^\alpha)}{e^x-1}\sim\frac{x^\alpha}{x}=\frac{1}{x^{1-\alpha}}\to \mbox{converge se } 1-\alpha<1, \alpha >0;\end{align}[/*:m:1v6b1rfn]
[*:1v6b1rfn] se $x\to+\infty$ dovremo considerare il valore assoluto della funzione integranda, cioè
\begin{align}
\left|\frac{\sin(x^\alpha)}{e^x-1}\right|=\frac{\left|\sin(x^\alpha)\right|}{e^x-1}\le\frac{1}{e^x-1}\sim\frac{1}{e^x}\to \mbox{converge } \forall\alpha\in\mathbb{R};\end{align}
[/*:m:1v6b1rfn][/list:u:1v6b1rfn]
dunque l'integrale risulta convergente per $\alpha >0.$
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