Somma di serie di Potenze

[mariol22]

Salve a tutti!
Torno a chiedervi aiuto per la risoluzione di questo esercizio.
L'esercizio mi chiede di calcolare l'insieme di convergenza e la somma delle seguenti serie:

La prima è la serie che va da 2 a + infinito di $ [n3^(n)x^(n)]/[n-1] $
Ho trovato che l'insieme di convergenza è $ (-1/3,1/3) $ ,ma non riesco a determinare la somma.


Stessa cosa per il secondo:

Serie che per n che va da 2 a +infinito di $ [(-1)^(n) (x^n)]/[(n^2-1)n] $

Grazie in anticipo!

[gugo82]

Hai:
\[
\sum_{n=2}^\infty \frac{n\ 3^n}{n-1}\ x^n = \sum_{n=2}^\infty \frac{n}{n-1}\ (3x)^n
\]
cosicché, introdotta la variabile ausiliaria \(y=3x\), basta calcolare la somma della serie ausiliaria:
\[
\sum_{n=2}^\infty \frac{n}{n-1}\ y^n\; ;
\]
adesso, per esempio, hai:
\[
\begin{split}
\sum_{n=2}^\infty \frac{n}{n-1}\ y^n &= y\ \sum_{n=2}^\infty \frac{n}{n-1}\ y^{n-1} \\
&= y\ \sum_{n=2}^\infty \frac{\text{d}}{\text{d} y} \left[ \frac{1}{n-1}\ y^n\right] \\
&= y\ \frac{\text{d}}{\text{d} y} \left[ \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n-1}\ y^n\right] \\
&\stackrel{m=n-1}{=} y\ \frac{\text{d}}{\text{d} y} \left[ \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m}\ y^{m+1}\right] \\
&= y\ \frac{\text{d}}{\text{d} y} \left[ y\ \sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m}\ y^m\right] \\
&= y\ \frac{\text{d}}{\text{d} y} \left[ -y\ \log (1-y)\right] \\
&= -y\ \left( \log(1-y) - \frac{y}{1-y}\right) \\
&= \frac{y^2}{1-y} - y\ \log(1-y)
\end{split}
\]
oppure, senza usare le derivate:
\[
\begin{split}
\sum_{n=2}^\infty \frac{n}{n-1}\ y^n &= \sum_{n=2}^\infty \frac{n-1+1}{n-1}\ y^n \\
&= \sum_{n=2}^\infty \left( 1 + \frac{1}{n-1}\right)\ y^n \\
&= \sum_{n=2}^\infty y^n + \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n-1}\ y^n \\
&= y^2\ \sum_{n=2}^\infty y^{n-2} + \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n-1}\ y^n \\
&= y^2\ \sum_{m=0}^\infty y^m + \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k}\ y^{k+1} \\
&= \frac{y^2}{1-y} + y\ \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k}\ y^k \\
&= \frac{y^2}{1-y} - y\ \log(1-y)
\end{split}
\]
e di qui finisci sostituendo a ritroso \(y=3x\).

[mariol22]

Grazie mille,mi sei stato utilissimo!
Riusciresti a darmi una mano anche per la seconda?
Ho riprovato a farla ma trovo ancora difficoltà!
Grazie ancora!

[gugo82]

Hai:
\[
\sum_{n=2}^\infty \frac{(-1)^n}{n(n^2-1)}\ x^n = \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n(n^2-1)}\ (-x)^n
\]
dunque, posto \(y=-x\), si tratta di calcolare la somma della serie ausiliaria:
\[
\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n(n^2-1)}\ y^n\; ;
\]
hai:
\[
\begin{split}
\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n(n^2-1)}\ y^n &= \sum_{n=2}^\infty \frac{1}{(n^2-1)}\ \int_0^y t^{n-1}\ \text{d} t\\
&= \int_0^y \left(\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{(n^2-1)}\ t^{n-1}\right)\ \text{d} t\\
&= \int_0^y \left(\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{(n-1)(n+1)}\ t^{n-1}\right)\ \text{d} t\\
&= \int_0^y \left(\frac{1}{2}\ \sum_{n=2}^\infty \frac{2}{(n-1)(n+1)}\ t^{n-1}\right)\ \text{d} t\\
&= \int_0^y \left(\frac{1}{2}\ \sum_{n=2}^\infty \frac{(1-n)+(1+n)}{(n-1)(n+1)}\ t^{n-1}\right)\ \text{d} t\\
&= \int_0^y \left(\frac{1}{2}\ \sum_{n=2}^\infty \left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n+1}\right)\ t^{n-1}\right)\ \text{d} t\\
&= \int_0^y \left(\frac{1}{2}\ \left(\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n-1}\ t^{n-1} - \sum_{n=2}^\infty\frac{1}{n+1}\ t^{n-1}\right)\right)\ \text{d} t\\
&= \int_0^y \left(\frac{1}{2}\ \left(\sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m}\ t^m - \sum_{k=3}^\infty\frac{1}{k}\ t^{k-2}\right)\right)\ \text{d} t\\
&= \int_0^y \left(\frac{1}{2}\ \left(\sum_{m=1}^\infty \frac{1}{m}\ t^m - \frac{1}{t^2}\ \sum_{k=3}^\infty\frac{1}{k}\ t^k\right)\right)\ \text{d} t
\end{split}
\]
e da qui dovresti uscirne con qualche logaritmo.