Esercizio su serie di funzioni conoscendo sviluppo di Mac Laurin
Tenendo conto che la funzione f(x,y) = log(1+x) ´e sviluppabile in serie di Mac Laurin per $ x in (-1,1) $ e che risulta $ log(1+x)=sum_(k = \0 )^(+oo) (-1)^(n-1)x^n/n $ calcolare $ int_(0)^(1) log(1+x)/x dx $
Ho bisogno di capire come risolvere questo esercizio. Ho pensato che essendo il log(1+x) scrivibile come quella somma della serie di potenze, allora la serie è uniformemente convergente verso log(1+x). Perciò suppongo di poter applicare il Teorema di integrazione per serie. Quindi dovrei fare $ sum_(k = \0 )^(+oo)int_(-1)^(1) (-1)^(n-1)x^(n-1)/n dx $ ( tenendo conto anche della x al denominatore). Ma ho tanti dubbi e inoltre non so come potrei risolvere quell'integrale
Ho bisogno di capire come risolvere questo esercizio. Ho pensato che essendo il log(1+x) scrivibile come quella somma della serie di potenze, allora la serie è uniformemente convergente verso log(1+x). Perciò suppongo di poter applicare il Teorema di integrazione per serie. Quindi dovrei fare $ sum_(k = \0 )^(+oo)int_(-1)^(1) (-1)^(n-1)x^(n-1)/n dx $ ( tenendo conto anche della x al denominatore). Ma ho tanti dubbi e inoltre non so come potrei risolvere quell'integrale
Risposte
Ciao Omi,
Un po' di chiarezza sugli indici già ti aiuterebbe: se c'è $n $ usa $n $ (che fra l'altro parte da $1$, non da $0$...), se usi $k $ poi ti confondi da solo...
Poi porta fuori da quell'integrale tutto ciò che dipende da $n $ ma non dipende da $x $:
$ \sum_{n = 1}^{+\infty}\int_0^(1) (-1)^(n-1) x^(n-1)/n \text{d}x = \sum_{n = 1}^{+\infty} (-1)^(n-1)/n \int_0^(1) x^(n-1) \text{d}x $
Ora dovresti essere in grado di risolvere l'ultimo integrale.
Un po' di chiarezza sugli indici già ti aiuterebbe: se c'è $n $ usa $n $ (che fra l'altro parte da $1$, non da $0$...), se usi $k $ poi ti confondi da solo...
Poi porta fuori da quell'integrale tutto ciò che dipende da $n $ ma non dipende da $x $:
$ \sum_{n = 1}^{+\infty}\int_0^(1) (-1)^(n-1) x^(n-1)/n \text{d}x = \sum_{n = 1}^{+\infty} (-1)^(n-1)/n \int_0^(1) x^(n-1) \text{d}x $
Ora dovresti essere in grado di risolvere l'ultimo integrale.
"pilloeffe":
Ciao Omi,
Un po' di chiarezza sugli indici già ti aiuterebbe: se c'è $n $ usa $n $ (che fra l'altro parte da $1$, non da $0$...), se usi $k $ poi ti confondi da solo...
Poi porta fuori da quell'integrale tutto ciò che dipende da $n $ ma non dipende da $x $:
$ \ $ sum_{n = 1}^{+\infty}\ (-1)^(n-1) 1/n^2 \text{dx} $ x = \sum_{n = 1}^{+\infty} (-1)^(n-1)/n \int_0^(1) x^(n-1) \text{d}x $
Ora dovresti essere in grado di risolvere l'ultimo integrale.
Oh mio dio, era così banale Ti ringrazio infinitamente davvero.
Quindi dovrebbe venire
$ sum_{n = 1}^{+\infty}\ (-1)^(n-1) 1/n^2 \ $
Però quindi l'esercizio dovrebbe essere concluso giusto? Mi chiedeva di calcolare quell'integrale conoscendo lo sviluppo di Mac Laurin..
"0mi":
Però quindi l'esercizio dovrebbe essere concluso giusto?
L'esercizio è concluso se ti è noto che si ha:
$ \sum_{n = 1}^{+\infty} (-1)^(n-1) 1/n^2 = 1/2 \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n^2 = \pi^2/12 $
Ah ma noi non hanno spiegato la somma di una serie armonica generalizzata... come si dovrebbe calcolare?
Beh, ci sono diversi modi: puoi dare un'occhiata ad esempio qui oppure qui.
Un altro metodo è stato proposto da Eric Rowland qualche anno fa.
Si parte dal fatto che si ha:
$ln(1 - t) = - \sum_{n = 1}^{+\infty} t^n/n $
Ponendo $t := e^{ix} $ si ottiene lo sviluppo in serie seguente:
$w = ln(1 - e^{ix}) = - \sum_{n = 1}^{+\infty} e^{i n x}/n = - \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n cos(nx) - i \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n sin(nx) $
il cui raggio di convergenza è $1 $. Se ora prendiamo la parte immaginaria di entrambi i membri si ha:
$Im[w] = - \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n sin(nx) $
D'altronde è anche vero che si ha:
$Im[w] = arg(1 - cos x -isinx) = arctan\frac{-sin x}{1 - cosx} = - arctan\frac{2 sin(x/2)cos(x/2)}{2 sin^2(x/2)} = $
$ = - arctan\text{cotan}(x/2) = - arctan tan(\pi/2 - x/2) = x/2 - \pi/2 $
Perciò in definitiva si ha:
$\pi/2 - x/2 = \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n sin(nx) $
Integrando quest'ultima identità si ottiene:
$\pi/2 x - x^2/4 + c = - \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n^2 cos(nx) $
Ponendo $x = 0 $ si ottiene la relazione fra $c $ e $\zeta(2) $:
$c = - \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n^2 = - \zeta(2) $
Per $x = \pi $, dato che $\zeta(2) = 2 \sum_{n = 1}^{+\infty} (-1)^{n - 1}/n^2 $, si deduce
$\pi^2/4 + c = - \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n^2 cos(n\pi) = \sum_{n = 1}^{+\infty} (-1)^{n - 1}/n^2 = 1/2 \zeta(2) = -1/2 c $
Quest'ultima è un'equazione in $c $ che risolta fornisce $c = - \pi^2/6 \implies \zeta(2) = \pi^2/6 \implies \sum_{n = 1}^{+\infty} (-1)^{n - 1}/n^2 = \pi^2/12 $
Un altro metodo è stato proposto da Eric Rowland qualche anno fa.
Si parte dal fatto che si ha:
$ln(1 - t) = - \sum_{n = 1}^{+\infty} t^n/n $
Ponendo $t := e^{ix} $ si ottiene lo sviluppo in serie seguente:
$w = ln(1 - e^{ix}) = - \sum_{n = 1}^{+\infty} e^{i n x}/n = - \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n cos(nx) - i \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n sin(nx) $
il cui raggio di convergenza è $1 $. Se ora prendiamo la parte immaginaria di entrambi i membri si ha:
$Im[w] = - \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n sin(nx) $
D'altronde è anche vero che si ha:
$Im[w] = arg(1 - cos x -isinx) = arctan\frac{-sin x}{1 - cosx} = - arctan\frac{2 sin(x/2)cos(x/2)}{2 sin^2(x/2)} = $
$ = - arctan\text{cotan}(x/2) = - arctan tan(\pi/2 - x/2) = x/2 - \pi/2 $
Perciò in definitiva si ha:
$\pi/2 - x/2 = \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n sin(nx) $
Integrando quest'ultima identità si ottiene:
$\pi/2 x - x^2/4 + c = - \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n^2 cos(nx) $
Ponendo $x = 0 $ si ottiene la relazione fra $c $ e $\zeta(2) $:
$c = - \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n^2 = - \zeta(2) $
Per $x = \pi $, dato che $\zeta(2) = 2 \sum_{n = 1}^{+\infty} (-1)^{n - 1}/n^2 $, si deduce
$\pi^2/4 + c = - \sum_{n = 1}^{+\infty} 1/n^2 cos(n\pi) = \sum_{n = 1}^{+\infty} (-1)^{n - 1}/n^2 = 1/2 \zeta(2) = -1/2 c $
Quest'ultima è un'equazione in $c $ che risolta fornisce $c = - \pi^2/6 \implies \zeta(2) = \pi^2/6 \implies \sum_{n = 1}^{+\infty} (-1)^{n - 1}/n^2 = \pi^2/12 $
Se vabè, anche numeri complessi e che è... ti ringrazio comunque per la risposta, ringrazio tutti per il prezioso aiuto.
"0mi":
Se vabè, anche numeri complessi e che è...
Vabbeh, ma non è che devi per forza fare uso della dimostrazione di Eric Rowland: tipicamente si fa uso di quella del thread del primo link che ti ho inviato...
"0mi":
ti ringrazio comunque per la risposta
Prego!
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo