Serie a termini complessi
Salve a tutti!
Mi trovo difronte a questa serie di potenze, della quale devo studiare il carattere:
[size=150]\(\Sigma_1^∞ \frac{\imath^n}{n}\)
[/size]
L'idea che ho è di risolverla con il criterio di "Leibnitz", e quindi pensarla come una serie a serie alterni.
per fare ciò però devo "separare" \(\imath^n\) in seno e coseno, avendo quindi una parte reale ed una immaginaria, successivamente andare a fare i limiti e scoprire quindi che è convergente.
I passaggi sono un po' laboriosi, nel senso che è facile dimenticarsi qualche pezzo, mi chiedevo se qualcuno di voi ha un metodo risolutivo più pratico. (ad es. si puo' fare il confronto con la serie armonica ? )
Mi trovo difronte a questa serie di potenze, della quale devo studiare il carattere:
[size=150]\(\Sigma_1^∞ \frac{\imath^n}{n}\)
[/size]
L'idea che ho è di risolverla con il criterio di "Leibnitz", e quindi pensarla come una serie a serie alterni.
per fare ciò però devo "separare" \(\imath^n\) in seno e coseno, avendo quindi una parte reale ed una immaginaria, successivamente andare a fare i limiti e scoprire quindi che è convergente.
I passaggi sono un po' laboriosi, nel senso che è facile dimenticarsi qualche pezzo, mi chiedevo se qualcuno di voi ha un metodo risolutivo più pratico. (ad es. si puo' fare il confronto con la serie armonica ? )
Risposte
La serie...
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{i^{n}}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{e^{i\ \frac{\pi}{2}\ n}}{n}$ (1)
... e' convergente in virtu' del criterio di Dirichlet...
[url]http://en.wikipedia.org/wiki/Dirichlet's_test[/url]
Con questa premessa possiamo usare il noto sviluppo di McLaurin...
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{n}}{n} = - \ln (1-z)$ (2)
... ottenendo...
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{i^{n}}{n} = -\ln (1-i)$ (3)
cordiali saluti
$\chi$ $\sigma$
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{i^{n}}{n} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{e^{i\ \frac{\pi}{2}\ n}}{n}$ (1)
... e' convergente in virtu' del criterio di Dirichlet...
[url]http://en.wikipedia.org/wiki/Dirichlet's_test[/url]
Con questa premessa possiamo usare il noto sviluppo di McLaurin...
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{z^{n}}{n} = - \ln (1-z)$ (2)
... ottenendo...
$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{i^{n}}{n} = -\ln (1-i)$ (3)
cordiali saluti
$\chi$ $\sigma$
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