[EX] Somma di serie di potenze

[gugo82]

Un esercizio per gli studenti di Analisi II.

***

Esercizio:

1. Ricordato che:

[tex]$\sum_{n=0}^{+\infty} x^n =\frac{1}{1-x}$[/tex],

calcolare esplicitamente la somma delle serie seguenti:

i) [tex]$\sum_{n=0}^{+\infty} n\ x^n$[/tex]

ii) [tex]$\sum_{n=0}^{+\infty} n^2\ x^n$[/tex]

iii) [tex]$\sum_{n=0}^{+\infty} n^3\ x^n$[/tex].

2. Infine descrivere un procedimento iterativo che consenta la determinazione della somma della serie:

iv) [tex]$\sum_{n=0}^{+\infty} n^k\ x^n$[/tex]

per ogni fissato esponente [tex]$k\in \mathbb{N}$[/tex].

Suggerimenti: 1. La i) si risolve con un'immediata applicazione del teorema di derivazione termine a termine. Per la ii) si noti che $n^2=n[(n+1)-1]$ e si derivi t.a.t.; si modifichi questo trucco per ottenere la somma della iii).
2. Si proceda per inerzia...

Per riuscire nello svolgimento si consiglia l'ascolto a palla di questo capolavoro immortale della musica italiana (immeritatamente secondo a Sanremo).

[j18eos]

Perdona l'ignoranza, ma nel suggerimento I forse intendevi scrivere del teorema di integrazione termine a termine oppure ragioni in modo diverso dal mio?

[gugo82]

@j18eos: Sono due facce della stessa medaglia.
Si vede che io parto dalla serie geometrica (e derivo) e tu da quella della traccia i) (ed integri)... Ma penso si vada a parare proprio dalla stessa parte.

[j18eos]

@gugo: Ah ecco, diciamo che abbiamo proceduto correttamente in versi opposti.

[gugo82]

Però gradirei vedere qualche soluzione prima o poi...
Anche se, diciamoci la verità, è un esercizio banale di puro calcolo.

[j18eos]

Visto che Analisi II lo superai anni fà posto in spoiler! Non avendo tempo li risolverò a puntate questi esercizi.

I)[tex]$\sum_{n=0}^{+\infty}nx^n=\sum_{n=0}^{+\infty}(n+1-1)x^n=\hdots=\sum_{n=0}^{+\infty}(n+1)x^n-\sum_{n=0}^{+\infty}x^n=D\bigg(\sum_{n=0}^{+\infty}x^{n+1}\bigg)-\frac{1}{1-x}=D\bigg(x\sum_{n=0}^{+\infty}x^n\bigg)-\frac{1}{1-x}=D\bigg(\frac{x}{1-x}\bigg)-\frac{1}{1-x}=\hdots=\frac{x}{(1-x)^2}:|x|<1$[/tex]

@gugo EDIT: Avevo sbagliato un segno e grazie per "l'occhio". Comunque cercherò di risolvere gli esercizi senza i tuoi suggerimenti così cresco un pò!
EDIT2: Battuto dalla carta e dalla penna... nulla da fare! Senza di esse i conti proprio non mi riescono.

[gugo82]

@j18eos:

Occhio.. La i) è immediata e non serve il trucco.
Basta notare che [tex]\sum_{n=0}^{+\infty}n\ x^n=x\ \sum_{n=0}^{+\infty}n\ x^{n-1}=x\ \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{\text{d}}{\text{d} x}[x^n][/tex] ed integrare t.a.t.

La somma della serie geometrica è [tex]$\tfrac{1}{1-x}$[/tex], non [tex]$\tfrac{1}{x-1}$[/tex].

[gugo82]

Dieci giorni per un problema così elementare mi paiono anche troppi.

Cominciamo dalla fine...

"gugo82":2. Infine descrivere un procedimento iterativo che consenta la determinazione della somma della serie:

iv) [tex]$\sum_{n=0}^{+\infty} n^k\ x^n$[/tex]

per ogni fissato esponente [tex]$k\in \mathbb{N}$[/tex].

Suggerimenti: 1. La i) si risolve con un'immediata applicazione del teorema di derivazione termine a termine. Per la ii) si noti che $n^2=n[(n+1)-1]$ e si derivi t.a.t.; si modifichi questo trucco per ottenere la somma della iii).
2. Si proceda per inerzia...

Per riuscire nello svolgimento si consiglia l'ascolto a palla di questo capolavoro immortale della musica italiana (immeritatamente secondo a Sanremo).

Poniamo:

[tex]$f_k(x):=\sum_{n=0}^{+\infty} n^k\ x^n$[/tex]

per [tex]$x\in ]-1,1[$[/tex].

Visto che [tex]$n^k=n^{k-1} [(n+1)-1]$[/tex] e che la serie converge totalmente (quindi assolutamente e perciò incondizionatamente in [tex]$]-1,1[$[/tex]), abbiamo:

[tex]$f_k(x)= \sum_{n=0}^{+\infty} n^{k-1} [(n+1)-1]\ x^n$[/tex]
[tex]$=\sum_{n=0}^{+\infty} n^{k-1} (n+1)\ x^n -\sum_{n=0}^{+\infty} n^{k-1} x^n$[/tex]
[tex]$=\sum_{n=0}^{+\infty} n^{k-1} \frac{\text{d}}{\text{d} x} [x^{n+1}] -f_{k-1} (x)$[/tex]
[tex]$=\frac{\text{d}}{\text{d} x}\left[ x\ \sum_{n=0}^{+\infty} n^{k-1} x^n\right] -f_{k-1} (x)$[/tex]
[tex]$=\frac{\text{d}}{\text{d} x}\left[ x\ f_{k-1} (x)\right] -f_{k-1} (x)$[/tex]
[tex]$=x\ f_{k-1}^\prime (x)$[/tex];

oppure più semplicemente (questa l'ho notata dopo aver postato l'esercizio, sorry):

[tex]$f_k(x)=x\ \sum_{n=0}^{+\infty} n^{k-1}\ (n\ x^{n-1})$[/tex]
[tex]$=x\ \sum_{n=0}^{+\infty} n^{k-1}\ \frac{\text{d}}{\text{d} x} [x^n]$[/tex]
[tex]$=x\ f_{k-1}^\prime (x)$[/tex].

In ogni caso la formula di ricorrenza cercata per iv) è:

(R) [tex]$f_k(x)=x\ f_{k-1}^\prime (x)$[/tex].

Dalla relazione trovata, con semplici calcoli, è possibile ricavare le espressioni esplicite delle somme i)-iii) di cui al punto 1.

"gugo82":1. Ricordato che:

[tex]$\sum_{n=0}^{+\infty} x^n =\frac{1}{1-x}$[/tex],

calcolare esplicitamente la somma delle serie seguenti:

i) [tex]$\sum_{n=0}^{+\infty} n\ x^n$[/tex]

ii) [tex]$\sum_{n=0}^{+\infty} n^2\ x^n$[/tex]

iii) [tex]$\sum_{n=0}^{+\infty} n^3\ x^n$[/tex].

Infatti, dato che [tex]$f_0(x)= \tfrac{1}{1-x}$[/tex], le espressioni di i), ii) e iii) sono rispettivamente:

[tex]$f_1(x)=x\ f_0^\prime (x) =\frac{x}{(1-x)^2}$[/tex],

[tex]$f_2(x)=x\ f_1^\prime (x)=\frac{x(x+1)}{(1-x)^3}$[/tex],

[tex]$f_3(x)=x\ f_2^\prime (x)=\frac{x(x^2+4x+1)}{(1-x)^4}$[/tex].

[gugo82]

3. Dimostrare che per ogni [tex]$k\in \mathbb{N}\setminus \{ 0\}$[/tex] esiste un polinomio monico [tex]$p_k \in \mathbb{R} [X]$[/tex] di grado [tex]$\nu (p_k)=k-1$[/tex] tale che:

[tex]$f_k (x)=\frac{x}{(1-x)^{k+1}}\ p_k(x)$[/tex].

4. Posto per ogni [tex]$k\in \mathbb{N}\setminus \{ 0\}$[/tex]:

[tex]$p_k(x):=x^{k-1} +a_{k-2}^{(k)}\ x^{k-2}+ a_{k-3}^{(k)}\ x^{k-3}+\cdots +a_2^{(k)}\ x^2+ a_1^{(k)}\ x+a_0^{(k)} = x^{k-1}+\sum_{h=0}^{k-2} a_h^{(k)}\ x^h$[/tex]*,

il polinomio [tex]$p_k$[/tex] è simmetrico?

In altre parole, è vero o no che sussistono le uguaglianze:

[tex]$\begin{cases} a_0^{(k)} = 1 \\ a_1^{(k)} =a_{k-2}^{(k)} \\ a_2^{(k)} = a_{k-3}^{(k)} \\ \qquad \vdots \end{cases}$[/tex]

tra i coefficienti dei monomi che costituiscono [tex]$p_k$[/tex]?
(Si noti che le uguaglianze scritte coinvolgono i coefficienti dei monomi i cui gradi sono "simmetrici" rispetto a [tex]$\tfrac{1}{2}\ \nu (p_k)$[/tex].)


__________
* Come già altre volte, uso la convenzione [tex]\sum_{h=N}^M \alpha_h =0[/tex] se [tex]$M

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[gugo82]

"gugo82":3. Dimostrare che per ogni [tex]$k\in \mathbb{N}\setminus \{ 0\}$[/tex] esiste un polinomio monico [tex]$p_k \in \mathbb{R} [X]$[/tex] di grado [tex]$\nu (p_k)=k-1$[/tex] tale che:

[tex]$f_k (x)=\frac{x}{(1-x)^{k+1}}\ p_k(x)$[/tex].

Facciamo induzione su [tex]$k$[/tex].

Per [tex]$k=1,2,3$[/tex] la cosa è vera per quanto ottenuto al punto 1: ciò costituisce la base dell'induzione.

Supponiamo che la cosa sia vera per [tex]$k$[/tex] e proviamola per [tex]$k+1$[/tex].
Da quanto ottenuto al punto 2 sappiamo che:

[tex]$f_{k+1} (x) =x\ f_k^\prime (x)$[/tex],

ergo dall'ipotesi induttiva segue che:

[tex]$f_{k+1} (x) =x\ \left[ \frac{x}{(1-x)^{k+1}}\ p_k(x) \right]^\prime$[/tex]
[tex]$= x\ \left[ \frac{1}{(1-x)^{k+1}}\ p_k (x) +\frac{(k+1) x}{(1-x)^{k+2}}\ p_k (x) + \frac{x}{(1-x)^{k+1}}\ p_k^\prime (x)\right]$[/tex]
[tex]$=\frac{x}{(1-x)^{k+2}}\ \left[ (1-x)\ p_k (x) + (k+1)x\ p_k (x) + x(1-x)\ p_k^\prime (x)\right]$[/tex]
[tex]$=\frac{x}{(1-x)^{k+2}}\ \left[ (1+kx)\ p_k(x) + x(1-x)\ p_k^\prime (x)\right]$[/tex],

cosicché per ottenere la tesi basta mostrare che [tex]$p_{k+1} (x):=(1+kx)\ p_k(x) + x(1-x)\ p_k^\prime (x)$[/tex] è un polinomio monico di grado [tex]$k$[/tex].
Notato che [tex]$(1+kx)\ p_k(x)$[/tex] è un polinomio di grado [tex]$1+(k-1)=k$[/tex] con parametro direttore [tex]$k$[/tex] e che [tex]$x(1-x)\ p_k^\prime (x)$[/tex] è un polinomio di grado [tex]$2+(k-2)=k$[/tex] con parametro direttore [tex]$-(k-1)=1-k$[/tex], è evidentissimo che [tex]$p_{k+1} (x)$[/tex] è un polinomio di grado [tex]$k$[/tex] con parametro direttore [tex]$k+(1-k)=1$[/tex], ossia monico.
Perciò anche il passo induttivo è dimostrato e la tesi segue.

"gugo82":4. Posto per ogni [tex]$k\in \mathbb{N}\setminus \{ 0\}$[/tex]:

[tex]$p_k(x):=x^{k-1} +a_{k-2}^{(k)}\ x^{k-2}+ a_{k-3}^{(k)}\ x^{k-3}+\cdots +a_2^{(k)}\ x^2+ a_1^{(k)}\ x+a_0^{(k)} = x^{k-1}+\sum_{h=0}^{k-2} a_h^{(k)}\ x^h$[/tex]*,

il polinomio [tex]$p_k$[/tex] è simmetrico?

In altre parole, è vero o no che sussistono le uguaglianze:

[tex]$\begin{cases} a_0^{(k)} = 1 \\ a_1^{(k)} =a_{k-2}^{(k)} \\ a_2^{(k)} = a_{k-3}^{(k)} \\ \qquad \vdots \end{cases}$[/tex]

tra i coefficienti dei monomi che costituiscono [tex]$p_k$[/tex]?
(Si noti che le uguaglianze scritte coinvolgono i coefficienti dei monomi i cui gradi sono "simmetrici" rispetto a [tex]$\tfrac{1}{2}\ \nu (p_k)$[/tex].)


__________
* Come già altre volte, uso la convenzione [tex]\sum_{h=N}^M \alpha_h =0[/tex] se [tex]$M
La cosa è di nuovo vera per [tex]$k=1,2,3$[/tex], quindi possiamo provare per induzione (prendendo questi risultati come base dell'induzione).

Supponiamo allora che i coefficienti [tex]$a_h^{(k)}$[/tex] di [tex]$p_k(x)$[/tex] siano simmetrici e proviamo che lo stesso vale per [tex]$p_{k+1} (x)$[/tex].
Posto [tex]p_k(x) = x^{k-1} +\sum_{h=0}^{k-2} a_h^{(k)}\ x^h[/tex], sicché [tex]p_k^\prime (x) = (k-1)x^{k-2} +\sum_{h=1}^{k-2} h a_h^{(k)}\ x^{h-1}[/tex], facendo un po' di conti si trova:

[tex]$p_{k+1} (x)= (1+kx) \left\{ x^{k-1} +\sum_{h=0}^{k-2} a_h^{(k)}\ x^h \right\} +(x-x^2) \left\{ (k-1)x^{k-2} +\sum_{h=0}^{k-3} (h+1) a_{h+1}^{(k)}\ x^h\right\}$[/tex]
[tex]$=x^k + [1+ka_{k-2}^{(k)} +(k-1) -(k-2)a_{k-2}^{(k)}]\ x^{k-1}+\sum_{h=2}^{k-2} [a_h^{(k)}+ka_{h-1}^{(k)} +ha_h^{(k)} -(h-1) a_{h-1}^{(k)}]\ x^h +[a_1^{(k)} +ka_0^{(k)} +a_1^{(k)}]\ x +a_0^{(k)}$[/tex]
[tex]$=x^k + [k+2a_{k-2}^{(k)}]\ x^{k-1}+ \sum_{h=2}^{k-2} [(1+h)a_h^{(k)} +(k-h+1)a_{h-1}^{(k)}]\ x^h +[2a_1^{(k)} +ka_0^{(k)}]\ x +a_0^{(k)}$[/tex],

cosicché abbiamo delle espressioni esplicite degli [tex]$a_h^{(k+1)}$[/tex] in funzione degli [tex]$a_h^{(k)}[/tex]$.

Evidentemente si ha [tex]$a_0^{(k+1)}=a_0^{(k)}=1$[/tex], quindi la prima relazione è verificata.
Analogamente, sfruttando l'ipotesi induttiva, si trova:

[tex]$a_{1}^{(k+1)} = 2a_1^{(k)}+ka_0^{(k)}=k+2a_{k-2}^{(k)}=a_{k-1}^{(k+1)}$[/tex],

quindi anche la seconda relazione è verificata.
Fissiamo infine [tex]$h\in \{ 2,\ldots ,k-2\}$[/tex] e poniamo [tex]$H:=k-h$[/tex], sicché [tex]$a_H^{(k+1)}$[/tex] è il coefficiente del termine simmetrico ad [tex]$x^h$[/tex] in [tex]$p_{k+1}(x)$[/tex]: per quanto trovato in precedenza e tenendo presente l'ipotesi induttiva, risulta:

[tex]$a_H^{(k+1)} =(1+H)a_H^{(k)} +(k-H+1)a_{H-1}^{(k)}$[/tex]
[tex]$\stackrel{h=k-H}{=} (1+k-h)a_{k-h}^{(k)} + (h+1)a_{k-h-1}^{(k)}$[/tex]
[tex]$=(h+1)a_{h}^{(k)} +(k-h+1)a_{h-1}^{(k)}$[/tex] (per ipotesi induttiva)
[tex]$=a_h^{(k+1)}$[/tex],

come volevamo.