Serie con parametro
Buondì, non riesco a capire a che valori converge questa serie:
$sum 2^-n*cos(k*n)$ con la somma che parte da uno e va ad infinito.
Grazie in anticipo
$sum 2^-n*cos(k*n)$ con la somma che parte da uno e va ad infinito.
Grazie in anticipo
Risposte
Ciao Alessandro,
allora innanzitutto dobbiamo vedere se converge con il criterio di convergenza di Cauchy:
$ sum_(n = 1)^(oo )1/2^n cos(kn) $ converge se e sole se $ lim_(n -> oo) 1/2^n cos(kn) = 0 $
Poichè $ -1<=cos(kn)<=1 $ $ AA k in RR $ $ rarr -1/2^n <= cos(kn)/2^n <= 1/2^n $ $ AA k in RR $ $ AA n in NN $
Facendo il limite dei singoli membri ed utilizzando il teorema dei carabinieri otteniamo:
$ lim_(n -> oo) 1/2^n cos(kn) = 0 $
A questo punto poichè la serie è a segni alterni per studiarla utilizziamo la convergenza assoluta:
$ sum_(n = 1)^(oo )abs(cos(kn)/2^n) $
Possiamo scrivere: $ abs(cos(kn)/2^n) <= 1/2^n $ $ AA k in RR $ $ AA n in NN $
Poichè la serie $ sum_(n = 1)^(oo )1/2^n $ converge, per il criterio del confronto anche $ sum_(n = 1)^(oo )1/2^n cos(kn) $ converge.
Quindi, in definita, possiamo dire che la serie $ sum_(n = 1)^(oo )1/2^n cos(kn) $ converge per $ AA k in RR $ $ AA n in NN $.
Spero di averti chiarito le idee, nel caso avessi dubbi o mi fosse sfuggito qualcosa non esitare a chiedere
allora innanzitutto dobbiamo vedere se converge con il criterio di convergenza di Cauchy:
$ sum_(n = 1)^(oo )1/2^n cos(kn) $ converge se e sole se $ lim_(n -> oo) 1/2^n cos(kn) = 0 $
Poichè $ -1<=cos(kn)<=1 $ $ AA k in RR $ $ rarr -1/2^n <= cos(kn)/2^n <= 1/2^n $ $ AA k in RR $ $ AA n in NN $
Facendo il limite dei singoli membri ed utilizzando il teorema dei carabinieri otteniamo:
$ lim_(n -> oo) 1/2^n cos(kn) = 0 $
A questo punto poichè la serie è a segni alterni per studiarla utilizziamo la convergenza assoluta:
$ sum_(n = 1)^(oo )abs(cos(kn)/2^n) $
Possiamo scrivere: $ abs(cos(kn)/2^n) <= 1/2^n $ $ AA k in RR $ $ AA n in NN $
Poichè la serie $ sum_(n = 1)^(oo )1/2^n $ converge, per il criterio del confronto anche $ sum_(n = 1)^(oo )1/2^n cos(kn) $ converge.
Quindi, in definita, possiamo dire che la serie $ sum_(n = 1)^(oo )1/2^n cos(kn) $ converge per $ AA k in RR $ $ AA n in NN $.
Spero di averti chiarito le idee, nel caso avessi dubbi o mi fosse sfuggito qualcosa non esitare a chiedere
Ciao,
È una serie geometrica del tipo $sum_(n=0)^(oo) q^n$, di ragione $q=-1/2$, che ha per somma $1/(1-q)-1=q/(1-q)$
$ sum_(n=1)^(oo) 2^-n*cos(k*n) =sum_(n=1)^(oo) (-1)^n 1/2^n=sum_(n=1)^(oo) (-1/2)^n$
È una serie geometrica del tipo $sum_(n=0)^(oo) q^n$, di ragione $q=-1/2$, che ha per somma $1/(1-q)-1=q/(1-q)$
@Magma
Non direi: $\cos(k \pi) = (-1)^k$, ma non mi pare questo il caso in questione...
Non direi: $\cos(k \pi) = (-1)^k$, ma non mi pare questo il caso in questione...
La convergenza ero riuscito anche io a dimostrarla, solo che il testo chiedeva in modo esplicito a che valori convergesse la serie (si presume al variare di k parametro reale appartenente a "R")
Esatto Alessandro, $ AA k in RR $.
Buon lavoro
Buon lavoro
"pilloeffe":
@Magma
Non direi: $\cos(k \pi) = (-1)^k$, ma non mi pare questo il caso in questione...
Giusto giusto 
Ciao Alessandro,
Sai qual è il risultato? Mi risulta una cosa del tipo
$sum_{n = 1}^{+\infty} 2^{- n}\cos(kn) = frac{2\cos(k) - 1}{5 - 4\cos(k)}$
ma potrei tranquillamente essermi sbagliato...
Sai qual è il risultato? Mi risulta una cosa del tipo
$sum_{n = 1}^{+\infty} 2^{- n}\cos(kn) = frac{2\cos(k) - 1}{5 - 4\cos(k)}$
ma potrei tranquillamente essermi sbagliato...
Dato che ultimamente vedo che va di moda la riesumazione di vecchi post, mi adeguo alla moda del momento...
In realtà il vero motivo è che ho la soluzione del quesito dell'OP di Alessandro su un po' di foglietti sparsi, per cui scrivendola qui ce l'ho tutta in un unico posto e posso buttare via i foglietti...
Ritengo che questo sia uno di quei casi in cui, complicando apparentemente un po' le cose all'inizio, alla fine invece si semplificano. Basta considerare la serie seguente:
$sum_{n = 1}^{+\infty} (frac{e^{ik}}{2})^n = sum_{n = 1}^{+\infty} 2^{- n} cos(kn) + i sum_{n = 1}^{+\infty} 2^{- n} sin(kn) $
Per cui la serie proposta è la parte reale di quella a sinistra, che è una serie geometrica che converge se $|e^{ik}/2| < 1 $ e quindi converge $\AA k \in \RR $. Si ha:
$sum_{n = 0}^{+\infty} (frac{e^{ik}}{2})^n = 1 + sum_{n = 1}^{+\infty} (frac{e^{ik}}{2})^n $
Per cui si ha:
$sum_{n = 1}^{+\infty} (frac{e^{ik}}{2})^n = sum_{n = 0}^{+\infty} (frac{e^{ik}}{2})^n - 1 = frac{1}{1 - frac{e^{ik}}{2}} - 1 = frac{1 - 1 + frac{e^{ik}}{2}}{1 - frac{e^{ik}}{2}} = frac{frac{e^{ik}}{2}}{1 - frac{e^{ik}}{2}} = frac{e^{ik}}{2 - e^{ik}}$
Per la formula di Eulero $e^{ik} = cos(k) + i sin(k) $, per cui si ha:
$sum_{n = 1}^{+\infty} (frac{e^{ik}}{2})^n = frac{e^{ik}}{2 - e^{ik}} = frac{cos(k) + i sin(k)}{2 - cos(k) - i sin(k)} = frac{(cos(k) + i sin(k))(2 - cos(k) + i sin(k))}{(2 - cos(k) - i sin(k))(2 - cos(k) + i sin(k))} = $
$ = frac{2 cos(k) - cos^2 (k) + i sin(k) cos(k) + 2i sin(k) - i sin(k) cos(k) + i^2 sin^2 (k)}{4 - 4 cos(k) + cos^2 (k) + sin^2 (k)} = $
$ = frac{2 cos(k) - cos^2 (k) + 2i sin(k) - sin^2 (k)}{5 - 4 cos(k)} = frac{2 cos(k) - 1}{5 - 4 cos(k)} + i frac{2 sin(k)}{5 - 4 cos(k)} $
Perciò in definitiva si ha:
$ sum_{n = 1}^{+\infty} 2^{- n} cos(kn) = frac{2 cos(k) - 1}{5 - 4\cos(k)} $
Incidentalmente si è ottenuta anche la relazione seguente:
$ sum_{n = 1}^{+\infty} 2^{- n} sin(kn) = frac{2 sin(k)}{5 - 4\cos(k)} $
Si sarebbero ottenuti gli stessi risultati considerando la serie $ sum_{n = 1}^{+\infty} (frac{e^{- ik}}{2})^n $ (lo si può verificare per esercizio).
In realtà il vero motivo è che ho la soluzione del quesito dell'OP di Alessandro su un po' di foglietti sparsi, per cui scrivendola qui ce l'ho tutta in un unico posto e posso buttare via i foglietti...
Ritengo che questo sia uno di quei casi in cui, complicando apparentemente un po' le cose all'inizio, alla fine invece si semplificano. Basta considerare la serie seguente:
$sum_{n = 1}^{+\infty} (frac{e^{ik}}{2})^n = sum_{n = 1}^{+\infty} 2^{- n} cos(kn) + i sum_{n = 1}^{+\infty} 2^{- n} sin(kn) $
Per cui la serie proposta è la parte reale di quella a sinistra, che è una serie geometrica che converge se $|e^{ik}/2| < 1 $ e quindi converge $\AA k \in \RR $. Si ha:
$sum_{n = 0}^{+\infty} (frac{e^{ik}}{2})^n = 1 + sum_{n = 1}^{+\infty} (frac{e^{ik}}{2})^n $
Per cui si ha:
$sum_{n = 1}^{+\infty} (frac{e^{ik}}{2})^n = sum_{n = 0}^{+\infty} (frac{e^{ik}}{2})^n - 1 = frac{1}{1 - frac{e^{ik}}{2}} - 1 = frac{1 - 1 + frac{e^{ik}}{2}}{1 - frac{e^{ik}}{2}} = frac{frac{e^{ik}}{2}}{1 - frac{e^{ik}}{2}} = frac{e^{ik}}{2 - e^{ik}}$
Per la formula di Eulero $e^{ik} = cos(k) + i sin(k) $, per cui si ha:
$sum_{n = 1}^{+\infty} (frac{e^{ik}}{2})^n = frac{e^{ik}}{2 - e^{ik}} = frac{cos(k) + i sin(k)}{2 - cos(k) - i sin(k)} = frac{(cos(k) + i sin(k))(2 - cos(k) + i sin(k))}{(2 - cos(k) - i sin(k))(2 - cos(k) + i sin(k))} = $
$ = frac{2 cos(k) - cos^2 (k) + i sin(k) cos(k) + 2i sin(k) - i sin(k) cos(k) + i^2 sin^2 (k)}{4 - 4 cos(k) + cos^2 (k) + sin^2 (k)} = $
$ = frac{2 cos(k) - cos^2 (k) + 2i sin(k) - sin^2 (k)}{5 - 4 cos(k)} = frac{2 cos(k) - 1}{5 - 4 cos(k)} + i frac{2 sin(k)}{5 - 4 cos(k)} $
Perciò in definitiva si ha:
$ sum_{n = 1}^{+\infty} 2^{- n} cos(kn) = frac{2 cos(k) - 1}{5 - 4\cos(k)} $
Incidentalmente si è ottenuta anche la relazione seguente:
$ sum_{n = 1}^{+\infty} 2^{- n} sin(kn) = frac{2 sin(k)}{5 - 4\cos(k)} $
Si sarebbero ottenuti gli stessi risultati considerando la serie $ sum_{n = 1}^{+\infty} (frac{e^{- ik}}{2})^n $ (lo si può verificare per esercizio).
non mi addentro nei calcoli ma vorrei sollevare una questione...
che io sapessi era condizione solo necessaria (classico controesempio è la serie armonica)
"lexuspace":
allora innanzitutto dobbiamo vedere se converge con il criterio di convergenza di Cauchy:
∑n=1∞12ncos(kn) converge se e sole se limn→∞12ncos(kn)=0
che io sapessi era condizione solo necessaria (classico controesempio è la serie armonica)
Ciao cooper,
No, no, addentrati pure, che se magari trovi degli errori li correggo...
L'osservazione è corretta: la condizione è necessaria, ma non sufficiente. Diciamo che invece di
lexuspace avrebbe dovuto scrivere "allora innanzitutto dobbiamo vedere se può convergere", ma direi che gliela possiamo perdonare, dato che dopo ci ha fatto vedere che la serie proposta è assolutamente convergente e quindi convergente. In particolare si ha:
$ sum_{n = 1}^{+\infty} | cos(kn)/2^n | \le sum_{n = 1}^{+\infty} 1 /2^n = sum_{n = 0}^{+\infty} 1 /2^n - 1 = frac{1}{1 - 1/2} - 1 = 1$
"cooper":
non mi addentro nei calcoli
No, no, addentrati pure, che se magari trovi degli errori li correggo...
"cooper":
vorrei sollevare una questione...
L'osservazione è corretta: la condizione è necessaria, ma non sufficiente. Diciamo che invece di
"lexuspace":
allora innanzitutto dobbiamo vedere se converge
lexuspace avrebbe dovuto scrivere "allora innanzitutto dobbiamo vedere se può convergere", ma direi che gliela possiamo perdonare, dato che dopo ci ha fatto vedere che la serie proposta è assolutamente convergente e quindi convergente. In particolare si ha:
$ sum_{n = 1}^{+\infty} | cos(kn)/2^n | \le sum_{n = 1}^{+\infty} 1 /2^n = sum_{n = 0}^{+\infty} 1 /2^n - 1 = frac{1}{1 - 1/2} - 1 = 1$
"pilloeffe":
Ciao cooper,
cooper ha scritto:
non mi addentro nei calcoli
No, no, addentrati pure, che se magari trovi degli errori li correggo...
ciao anche a te! analisi complessa (e numeri complessi) la sto iniziando in questo periodo, ma i calcoli mi sembrano corretti.
"pilloeffe":
lexuspace avrebbe dovuto scrivere "allora innanzitutto dobbiamo vedere se può convergere", ma direi che gliela possiamo perdonare, dato che dopo ci ha fatto vedere che la serie proposta è assolutamente convergente e quindi convergente.
vero, però più che altro mi interessava che l'autore del messaggio non recepisse il messaggio che per verificare la convergenza di una serie bastasse usare il criterio di Cauchy.
si usano a fare tutti gli altri criteri se così fosse? 
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo