Serie di potenze con cambio indice
i) Si determini l'insieme di convergenza di:
$sum_(n=0)^(+oo) (-1)^n 1/(n+1) (2x-2)^(n+1)$
ii) si determini la somma di questa serie di potenze
Mio ragionamento:
Riconduco la serie alla forma tipica delle serie di potenze:
$= sum (-1)^n 1/(n+1) (2)^(n+1) (x-1)^(n+1)$
Sostituisco $k=n+1$, con $k in N$ , quindi cambio l'indice della sommatoria che per $n=0$ parte da $k=0+1$.
Si ottiene così:
$sum_(k=1)^(+oo) (-1)^(k-1) 1/k (2)^k (x-1)^k$
che è una serie di potenze di centro $x_0=1$
Applicando il criterio della radice si ha:
$lim (|(-1)^(k-1) 2^k/k|)^(1/k) =lim (|-1|^(k-1) 2^k/k)^(1/k) = lim 2/(k)^(1/k)= 2$
$R=1/2$
Quindi la serie certamente converge in $(1-1/2,1+1/2)$
ii) Per trovare la $f(x)$ l'idea era quella di:
1. integrare termine a termine la serie di potenze
2. derivare rispetto ad x la F(x) trovata come somma della serie delle primitive
Problema: la serie delle primitive dei termini $a_n (x-x_0)^n$ che si ottiene non è una serie geometrica.
Come faccio a trovare l'espressione della $f(x)$ di quella serie di potenze?
$sum_(n=0)^(+oo) (-1)^n 1/(n+1) (2x-2)^(n+1)$
ii) si determini la somma di questa serie di potenze
Mio ragionamento:
Riconduco la serie alla forma tipica delle serie di potenze:
$= sum (-1)^n 1/(n+1) (2)^(n+1) (x-1)^(n+1)$
Sostituisco $k=n+1$, con $k in N$ , quindi cambio l'indice della sommatoria che per $n=0$ parte da $k=0+1$.
Si ottiene così:
$sum_(k=1)^(+oo) (-1)^(k-1) 1/k (2)^k (x-1)^k$
che è una serie di potenze di centro $x_0=1$
Applicando il criterio della radice si ha:
$lim (|(-1)^(k-1) 2^k/k|)^(1/k) =lim (|-1|^(k-1) 2^k/k)^(1/k) = lim 2/(k)^(1/k)= 2$
$R=1/2$
Quindi la serie certamente converge in $(1-1/2,1+1/2)$
ii) Per trovare la $f(x)$ l'idea era quella di:
1. integrare termine a termine la serie di potenze
2. derivare rispetto ad x la F(x) trovata come somma della serie delle primitive
Problema: la serie delle primitive dei termini $a_n (x-x_0)^n$ che si ottiene non è una serie geometrica.
Come faccio a trovare l'espressione della $f(x)$ di quella serie di potenze?
Risposte
Suggerimento: osserva le serie di Taylor delle funzioni elementari. Le serie di Taylor vanno tatuate sulla neocorteccia. 
Inoltre, devi controllare cosa succede per $x=1/2$ e $x=3/2$ (come già detto l'altra volta).
Inoltre, devi controllare cosa succede per $x=1/2$ e $x=3/2$ (come già detto l'altra volta).
Ciao CallistoBello,
In realtà anche il titolo del post è un po' fuorviante, perché non è strettamente necessario cambiare indice, quanto piuttosto fare una posizione astuta e seguire il suggerimento di Mephlip...
In realtà anche il titolo del post è un po' fuorviante, perché non è strettamente necessario cambiare indice, quanto piuttosto fare una posizione astuta e seguire il suggerimento di Mephlip...
"Mephlip":
Suggerimento: osserva le serie di Taylor delle funzioni elementari. Le serie di Taylor vanno tatuate sulla neocorteccia.
Inoltre, devi controllare cosa succede per $ x=1/2 $ e $ x=3/2 $ (come già detto l'altra volta).
Ah , quindi per trovare l'espressione della somma di una serie di potenze bisogna utilizzare la proprietà per cui
<< la somma di una serie di potenze è una funzione analitica (sull'intervallo di convergenza) >>
Nel senso che: bisogna identificare quella serie di potenze come sviluppo in serie di McLaurin o in serie di Taylor di una $f(x)$.
In ogni caso , l'unico sviluppo che si avvicina alla mia serie di potenze è :
$log(x+1)= sum_(n=1)^(+oo) (-1)^(n+1) x^n/n$ per $|x|<1$
Osservando la serie intesa come somma da $k=1$, noto che:
$(x-1)^n$ c'è
$1/n$ c'è
Tuttavia, invece del $(-1)^(n+1)$ ho un $(-1)^(n-1)$
Ed inoltre c'è quel $(2)^k$ in più.
Esatto, la serie a cui mi riferisco è quella. Tira fuori il tuo estro con qualche conto e vedrai che ti ci riconduci! Inoltre, segui anche il suggerimento di pilloeffe facendo una sostituzione che viene naturale fare.
Come spesso accade tendi a complicarti un bel po' la vita...
Posto per comodità $y := 2x - 2 $, si vede quasi immediatamente che quello è lo sviluppo in serie di $ln(1 + y) $, sicché si ha:
$\sum_(n=0)^(+\infty) (-1)^n 1/(n+1) (2x-2)^(n+1) = ln(2x - 1) $
per $ - 1 < y \le 1 \iff - 1 < 2x - 2 \le 1 \iff 1 < 2x \le 3 \iff 1/2 < x \le 3/2 $
Posto per comodità $y := 2x - 2 $, si vede quasi immediatamente che quello è lo sviluppo in serie di $ln(1 + y) $, sicché si ha:
$\sum_(n=0)^(+\infty) (-1)^n 1/(n+1) (2x-2)^(n+1) = ln(2x - 1) $
per $ - 1 < y \le 1 \iff - 1 < 2x - 2 \le 1 \iff 1 < 2x \le 3 \iff 1/2 < x \le 3/2 $
"pilloeffe":
Come spesso accade tendi a complicarti un bel po' la vita...
Posto per comodità $y := 2x - 2 $, si vede quasi immediatamente che quello è lo sviluppo in serie di $ln(1 + y) $, sicché si ha:
$\sum_(n=0)^(+\infty) (-1)^n 1/(n+1) (2x-2)^(n+1) = ln(2x - 1) $
per $ - 1 < y \le 1 \iff - 1 < 2x - 2 \le 1 \iff 1 < 2x \le 3 \iff 1/2 < x \le 3/2 $
C'avevo pensato però non mi sembrava una buona idea.
Questo perché se io sostituisco $y=2x-2$ , ho comunque una potenza del tipo: $y^(n+1)$ e non $y^n$
In ogni caso, non riesco a capire come superi il problema dell'esponente che non è $n$ ma è $n+1$
Nello specifico:
1) tramite la sostituzione $y=2x-2$ , la serie diventa:
$sum_(n=0)^(+oo) (-1)^n 1/(n+1) y^(n+1)$
che non è la tipica forma: $sum a_n x^n$.
Mi chiedo: come fai a ricondurti a quest'ultima al fine di studiarne la convergenza?
PS: questa è la domanda che mi ha fatto optare per un cambio di indice
2) Perché puoi dire che vale quell'uguaglianza?
La serie di McLaurin che mi fornisce la funzione è del tipo: $sum_(n=1)^(+oo) (-1)^(n+1) y^n/n$
La nostra serie è invece del tipo: $sum_(n=0)^(+oo) (-1)^n y^(n+1)/(n+1)$
Penso che anche in questo caso l'unica soluzione sia un cambio di indice $k=n+1$, ottenendo così:
$sum_(k=1)^(+oo) (-1)^(k-1) y^k/k$
dove $(-1)^(k-1)=(-1)^k (-1)^(-1)=(-1)^k(-1)=(-1)^(k+1)$
ottenendo così che:
$sum_(k=1)^(+oo) (-1)^(k+1) y^k/k=ln(y+1) $ per $AAx in I$ , con I intervallo di convergenza della serie di potenze.
"CallistoBello":
1) tramite la sostituzione $y=2x-2$ , la serie diventa:
$sum_(n=0)^(+oo) (-1)^n 1/(n+1) y^(n+1)$
che non è la tipica forma: $sum a_n x^n$.
Sì che è in quella forma. Uso un'altra lettera per non creare confusione: $\sum_{j=0}^\infty a_j x^j$ significa, nell'essenza, somma infinita di potenze ad esponente non negativo di $x$ moltiplicate per coefficienti scritti secondo una qualche successione. Non farti fregare dal formalismo. Nel tuo esempio, puoi ricondurti al caso generale ridefinendo $(a_n)_{n\in\mathbb{N}}$, ponendo $b_0=0$ e $b_n=a_{n-1}$ per ogni $n \ge 1$. Ritrovi così la definizione generale, ma con $b_n$ al posto di $a_n$ e ora, nella serie, l'esponente di $y$ è $n$. In formule per il caso generale:
$$\sum_{j=0}^\infty a_j x^{j+1}=a_0 x^1+a_1 x^2 +\dots =0\cdot x^0+a_0 x^1 +a_1 x^2 + \dots$$
$$= b_0 x^0+b_1 x^1+b_2 x^2+\dots=\sum_{j=0}^\infty b_j x^j$$
Avendo appunto posto $b_0=0$ e $b_j =a_{j-1}$ per ogni $j \ge 1$. Ad essere rigorosi, dovresti fare il cambio di indice nella ridotta $N$-esima e poi passare al limite per $N\to+\infty$.
"CallistoBello":
2) Perché puoi dire che vale quell'uguaglianza?
La serie di McLaurin che mi fornisce la funzione è del tipo: $sum_(n=1)^(+oo) (-1)^(n+1) y^n/n$
La nostra serie è invece del tipo: $sum_(n=0)^(+oo) (-1)^n y^(n+1)/(n+1)$
Penso che anche in questo caso l'unica soluzione sia un cambio di indice $k=n+1$, ottenendo così:
$sum_(k=1)^(+oo) (-1)^(k-1) y^k/k$
dove $(-1)^(k-1)=(-1)^k (-1)^(-1)=(-1)^k(-1)=(-1)^(k+1)$
ottenendo così che:
$sum_(k=1)^(+oo) (-1)^(k+1) y^k/k=ln(y+1) $ per $AAx in I$ , con I intervallo di convergenza della serie di potenze.
Appunto come hai scritto, quell'uguaglianza vale perché di fatto quelle due (le prime due che compaiono citate qui su) sono la stessa serie. Anche qui, è una questione di formalismo: il cambio di indice non è un rito voodoo (cit. F.P.) che trasforma le serie, è un artificio umano che permette di vedere meglio cose che per noi sono più complicate da vedere nella scrittura originale. Non cambia l'essenza degli oggetti. Infatti, se ti scrivi gli addendi delle ridotte $N$-esime di quelle serie essi coincidono. Se vuoi proprio vederlo meglio, osserva che:
$$\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{y^{n+1}}{n+1}=\sum_{n=0}^\infty (-1)^{n+2} \frac{y^{n+1}}{n+1}$$
E ora poni $k=n+1$.
Mi dispiace, ma non mi è del tutto chiaro il discorso.
Si , su questo in generale sono d'accordo, ma non riesco a vederlo utilizzato nel mio esempio.
Mi stai dicendo che: $sum_(n=0)^(+oo) (-1)^n y^(n+1)/(n+1)$=$sum_(n=1)^(+oo) (-1)^(n+1) y^n/n$ ?
Questo perché posso vedere: la successione della serie di partenza ovvero $b_n=(-1)^n/(n+1)$
come una $a_(k-1)$
Ma questo significa sostituire ad $n$ l'indice $k-1$?
E allora la serie diventa: $sum_(k=1)^(+oo) (-1)^(k-1) y^k /k$
"Mephlip":
puoi ricondurti al caso generale ridefinendo (an)n∈N, ponendo b0=0 e bn=an−1 per ogni n≥1
Si , su questo in generale sono d'accordo, ma non riesco a vederlo utilizzato nel mio esempio.
"Mephlip":
perché di fatto quelle due (le prime due che compaiono citate qui su) sono la stessa serie.
Mi stai dicendo che: $sum_(n=0)^(+oo) (-1)^n y^(n+1)/(n+1)$=$sum_(n=1)^(+oo) (-1)^(n+1) y^n/n$ ?
Questo perché posso vedere: la successione della serie di partenza ovvero $b_n=(-1)^n/(n+1)$
come una $a_(k-1)$
Ma questo significa sostituire ad $n$ l'indice $k-1$?
E allora la serie diventa: $sum_(k=1)^(+oo) (-1)^(k-1) y^k /k$
Sì, fai i conti:
$$\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{y^{n+1}}{n+1}=(-1)^0 \frac{y^{0+1}}{0+1}+(-1)^1 \frac{y^1}{1+1}+(-1)^2 \frac{y^{2+1}}{2+1}-...=y-\frac{y^2}{2}+\frac{y^3}{3}-...$$
E:
$$\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} \frac{y^n}{n}=(-1)^2 \frac{y^{1}}{1}+(-1)^3 \frac{y^2}{2}+(-1)^4 \frac{y^3}{3}-...=y-\frac{y^2}{2}+\frac{y^3}{3}-...$$
E continuano così. Torna?
$$\sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{y^{n+1}}{n+1}=(-1)^0 \frac{y^{0+1}}{0+1}+(-1)^1 \frac{y^1}{1+1}+(-1)^2 \frac{y^{2+1}}{2+1}-...=y-\frac{y^2}{2}+\frac{y^3}{3}-...$$
E:
$$\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} \frac{y^n}{n}=(-1)^2 \frac{y^{1}}{1}+(-1)^3 \frac{y^2}{2}+(-1)^4 \frac{y^3}{3}-...=y-\frac{y^2}{2}+\frac{y^3}{3}-...$$
E continuano così. Torna?
Ora si.
Quindi io con quel cambio di indice non sto ""convertendo"" la serie A nella serie B.
Ma quelle serie già apriori erano uguali (ed è chiaro se ci esplicitiamo i primi termini delle due serie)
Il fatto di porre $k=n+1$ è solo uno strumento utile per rendercene conto.
É questo il motivo per cui "è inutile" il cambio di indice?
Perché avrei potuto far valere direttamente quell'uguaglianza tra le due serie?
Quindi io con quel cambio di indice non sto ""convertendo"" la serie A nella serie B.
Ma quelle serie già apriori erano uguali (ed è chiaro se ci esplicitiamo i primi termini delle due serie)
"Mephlip":
Sì, fai i conti:
\[ \sum_{n=0}^\infty (-1)^n \frac{y^{n+1}}{n+1}=(-1)^0 \frac{y^{0+1}}{0+1}+(-1)^1 \frac{y^1}{1+1}+(-1)^2 \frac{y^{2+1}}{2+1}-...=y-\frac{y^2}{2}+\frac{y^3}{3}-... \]
E:
\[ \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} \frac{y^n}{n}=(-1)^2 \frac{y^{1}}{1}+(-1)^3 \frac{y^2}{2}+(-1)^4 \frac{y^3}{3}-...=y-\frac{y^2}{2}+\frac{y^3}{3}-... \]
E continuano così. Torna?
Il fatto di porre $k=n+1$ è solo uno strumento utile per rendercene conto.
É questo il motivo per cui "è inutile" il cambio di indice?
Perché avrei potuto far valere direttamente quell'uguaglianza tra le due serie?
"CallistoBello":
É questo il motivo per cui "è inutile" il cambio di indice?
Perché avrei potuto far valere direttamente quell'uguaglianza tra le due serie?
Eh beh, direi...
Volevo anche farti notare che si può ricavare tutto dalla serie geometrica (mi sembrava di aver scritto un post sulla questione qualche tempo fa, ma siccome magari me lo sono sognato e comunque non lo trovo lo riscrivo):
$\sum_{n = 0}^{+\infty} z^n = 1/(1 - z) $
per $|z| < 1 $. Posto $z := - t $, si ha:
$\sum_{n = 0}^{+\infty} (- t)^n = \sum_{n = 0}^{+\infty} (- 1)^n t^n = 1/(1 + t) $
sempre per $|t| < 1 $. A questo punto, integrando membro di sinistra e membro di destra fra $0 $ e $y$ si ottiene:
$ln(1 + y) = \sum_{n = 0}^{+\infty} (- 1)^n y^{n +1}/(n + 1) $
che è proprio la serie che ci interessa. Posto $m := n + 1 $ si può riscrivere equivalentemente nel modo seguente:
$ \sum_{m = 1}^{+\infty} (- 1)^{m - 1} y^{m}/(m) = \sum_{m = 1}^{+\infty} (- 1)^1(- 1)^1(- 1)^{m - 1} y^{m}/(m) = \sum_{m = 1}^{+\infty} (- 1)^{m + 1} y^{m}/(m)$
Perfetto! 
Grazie mille ad entrambi
Grazie mille ad entrambi
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