Serie di potenze complessa.
Avrei una domanda sul modo in cui ho svolto il seguente esercizio, sia \( z \in \mathbb{C} \) tale che \( \begin{vmatrix} z \end{vmatrix} < 1 \), calcola la seguente serie di potenze complessa.
\[ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{z^{2n+1}}{2n+1} \]
La mia domanda è sull'integrazione complessa, nessuno ci ha ancora spiegato se valgono le stesse regole di calcolo o meno. Presumo di sì, però mi domandavo se è leggittimo integrare come se avessi una variabile reale, o se devo spezzare e integrare come se stessi integrando in \( \mathbb{R}^2 \).
Io ho fatto:
\[ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{z^{2n+1}}{2n+1}= \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{z^{n}}{n}- \frac{1}{2}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(z^2)^{n}}{n}\]
e dunque
\[ = \sum\limits_{n=1}^{\infty}\int_{D(0,1)} z^{n-1} dz- \frac{1}{2}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \int_{D(0,1)} (z^2)^{n-1} dz \]
Grazie a Fubini posso fare:
\[ = \int_{D(0,1)}\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^{n} dz- \frac{1}{2} \int_{D(0,1)} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (z^2)^{n} dz \]
\[ = \int_{D(0,1)} \frac{1}{1-z} dz- \frac{1}{2} \int_{D(0,1)} \frac{1}{1-z^2} dz \]
\[ = \int_{D(0,1)} \frac{1}{1-z} dz- \frac{1}{2} \int_{D(0,1)} \frac{1}{1-z^2} dz = \frac{3}{4}\ln(1-z)- \frac{1}{4}\ln(1+z) \]
\[ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{z^{2n+1}}{2n+1} \]
La mia domanda è sull'integrazione complessa, nessuno ci ha ancora spiegato se valgono le stesse regole di calcolo o meno. Presumo di sì, però mi domandavo se è leggittimo integrare come se avessi una variabile reale, o se devo spezzare e integrare come se stessi integrando in \( \mathbb{R}^2 \).
Io ho fatto:
\[ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{z^{2n+1}}{2n+1}= \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{z^{n}}{n}- \frac{1}{2}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{(z^2)^{n}}{n}\]
e dunque
\[ = \sum\limits_{n=1}^{\infty}\int_{D(0,1)} z^{n-1} dz- \frac{1}{2}\sum\limits_{n=1}^{\infty} \int_{D(0,1)} (z^2)^{n-1} dz \]
Grazie a Fubini posso fare:
\[ = \int_{D(0,1)}\sum\limits_{n=0}^{\infty} z^{n} dz- \frac{1}{2} \int_{D(0,1)} \sum\limits_{n=0}^{\infty} (z^2)^{n} dz \]
\[ = \int_{D(0,1)} \frac{1}{1-z} dz- \frac{1}{2} \int_{D(0,1)} \frac{1}{1-z^2} dz \]
\[ = \int_{D(0,1)} \frac{1}{1-z} dz- \frac{1}{2} \int_{D(0,1)} \frac{1}{1-z^2} dz = \frac{3}{4}\ln(1-z)- \frac{1}{4}\ln(1+z) \]
Risposte
Ciao 3m0o,
Mah, semplicemente si ha:
$\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{z^{2n+1}}{2n+1} = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{z^{2n+1}}{2n+1} - z = \text{arctanh}(z) - z = 1/2 ln(1 + z) - 1/2 ln(1 - z) - z $
per $|z| < 1 $.
Mah, semplicemente si ha:
$\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{z^{2n+1}}{2n+1} = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{z^{2n+1}}{2n+1} - z = \text{arctanh}(z) - z = 1/2 ln(1 + z) - 1/2 ln(1 - z) - z $
per $|z| < 1 $.
Si... solo che l'esercizio precedente era
\[ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{z^n}{n} \] e quello lo fatto sostanzialmente nella stessa maniera ("mia", vedi il primo integrale) e credevo andasse fatto anche questo in questo modo!
\[ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \frac{z^n}{n} \] e quello lo fatto sostanzialmente nella stessa maniera ("mia", vedi il primo integrale) e credevo andasse fatto anche questo in questo modo!
Beh, qui basta integrare la serie geometrica:
$ \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{z^n}{n} = - ln(1 - z) = ln(1/(1 - z)) $
per $|z| < 1 $.
$ \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{z^n}{n} = - ln(1 - z) = ln(1/(1 - z)) $
per $|z| < 1 $.
Si si, questa l'avevo fatto!
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