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serie taylor
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M.Guida, S.Rolando, 2014 1
Serie di Taylor e MacLaurin / Esercizi svolti
ESERCIZIO. Determinare insieme di convergenza puntuale e funzione somma della seguente serie:
∞
n=0
(−1)nn+ 1
(2x− 1)n .
Svolgimento. Il cambio di variabile t = 2x− 1 riconduce la serie data alla serie di potenze∞
n=0
(−1)nn+ 1
tn =∞
k=1
(−1)k−1k
tk−1
in cui si intravede un legame con la serie logaritmica, reso più evidente dal cambio di indice k = n+ 1.Per t = 0 sopravvive solo il termine di indice k = 1, che vale 1, quindi la serie converge ed ha per somma1. Per t = 0 possiamo scrivere
∞
k=1
(−1)k−1k
tk−1 =∞
k=1
(−1)k−1k
tk
t=1
t
∞
k=1
(−1)k−1k
tk =1
tlog (1 + t) ,
dove la serie∞
k=1
(−1)k−1k tk converge (e la sua somma vale log (1 + t)) se e solo se t ∈ (−1, 1]. Dunque
∞
n=0
(−1)nn+ 1
tn =1 per t = 01
tlog (1 + t) per t ∈ (−1, 1] , t = 0 .
Si noti che la funzione somma a secondo membro è continua anche in t = 0, come deve necessariamenteessere in quanto somma di una serie di potenze (v. teorema di continuità della funzione somma).Tornando alla variabile x, la serie data converge se e solo se 2x− 1 ∈ (−1, 1], cioè
2x− 1 > −12x− 1 ≤ 1 ,
che significa x ∈ (0, 1]. L’insieme di convergenza puntuale della serie è dunque Λ = (0, 1]. Inoltre,essendo 2x− 1 = 0⇔ x = 1/2, si ottiene
∞
n=0
(−1)nn+ 1
(2x− 1)n = 1 per x = 1/2log 2x
2x− 1 per x ∈ (0, 1] , x = 1/2 .
ESERCIZIO. Scrivere la serie di MacLaurin di
f (x) =2 + 3x
1 + 3x+ 2x2
(suggerimento: scomporre f(x) in fratti semplici), specificando l’intervallo di convegenza della serietrovata.
Svolgimento. Poiché l’equazione 1+3x+2x2 = 0 ha le soluzioni x1 = −1/2 e x2 = −1, il denominatore
M.Guida, S.Rolando, 2014 2
di f (x) si scompone come
1 + 3x+ 2x2 = 2 (x− x1) (x− x2) = 2 x+1
2(x+ 1) = (2x+ 1) (x+ 1)
e pertanto f (x) ammette una decomposizione in fratti semplici del tipo
f (x) =2 + 3x
1 + 3x+ 2x2=
A
1 + 2x+
B
1 + x. (0.1)
Determiniamo le costanti A e B: si ha
A
2x+ 1+
B
x+ 1=A (x+ 1) +B (2x+ 1)
(2x+ 1) (x+ 1)=(A+ 2B)x+A+B
1 + 3x+ 2x2
e quindi la (0.1) significa
A+ 2B = 3
A+B = 2,
A+ 4− 2A = 3B = 2−A ,
A = 1
B = 1.
Dunque
f (x) =1
1 + 2x+
1
1 + xper ogni x ∈ dom f.
Ora, ricordando che1
1− z =∞
n=0
zn per ogni z con |z| < 1,
si ha1
1 + 2x=
1
1− (−2x) =∞
n=0
(−2x)n
con intervallo di convergenza Λ1 = {x ∈ R : |−2x| < 1} = −12 , 12 e
1
1 + x=
1
1− (−x) =∞
n=0
(−x)n
con intervallo di convergenza Λ2 = {x ∈ R : |−x| < 1} = (−1, 1), da cui segue
f (x) =1
1 + 2x+
1
1 + x=∞
n=0
(−2x)n +∞
n=0
(−x)n =∞
n=0
[(−2x)n + (−x)n] =∞
n=0
(−1)n (2n + 1)xn
per ogni x appartenente all’intervallo di convergenza Λ = Λ1 ∩Λ2 = −12 , 12 della serie trovata (sommadi serie di potenze con raggi diversi). Tale serie è la serie di MacLaurin di f , in quanto serie di potenzecon centro in 0 la cui somma coincide con f in un intorno di 0.
ESERCIZIO. Si consideri la funzione
f (x) =x+ 3
(x+ 1) (x− 2) .
(a) Determinare lo sviluppo in serie di MacLaurin di f e specificarne il raggio di convergenza.
M.Guida, S.Rolando, 2014 3
(b) Determinare lo sviluppo in serie di MacLaurin della funzione f (x).
Svolgimento.
(a) Scomponendo f (x) in fratti semplici, si ottiene
f (x) =x+ 3
(x+ 1) (x− 2) =A
x+ 1+
B
x− 2 =(A+B)x− 2A+B(x+ 1) (x− 2) ,
dove A,B si determinano risolvendo il sistema lineare
A+B = 1
−2A+B = 3 ,−B = 3 + 2A
,3A = −2− ,
A = −2/3B = 5/3
.
Risulta dunque
f (x) = −23
1
x+ 1+5
3
1
x− 2 per ogni x ∈ dom f.
I fratti semplici trovati si sviluppano evidentemente mediante serie geometriche di ragioni oppor-tune: si ha
1
x+ 1=
1
1− (−x) =∞
n=0
(−x)n =∞
n=0
(−1)n xn (0.2)
e1
x− 2 = −1
2− x = −1
2
1
1− x2
= −12
∞
n=0
x
2
n
= −12
∞
n=0
1
2nxn, (0.3)
dove le due serie trovate hanno raggi di convergenza R1 = 1 ed R2 = 2 rispettivamente, sia perché
limn→∞
n |(−1)n| = 1 e limn→∞
n 1
2n=1
2,
sia perché le due serie geometriche utilizzate hanno intervalli di convergenza Λ1 e Λ2 dati rispetti-vamente da Λ1 = {x ∈ R : |−x| < 1} = (−1, 1) e Λ2 = {x ∈ R : |x/2| < 1} = (−2, 2). In definitiva,si ottiene
f (x) = −23
1
x+ 1+5
3
1
x− 2 = −2
3
∞
n=0
(−1)n xn − 53
1
2
∞
n=0
1
2nxn
= −13
2∞
n=0
(−1)n xn + 52
∞
n=0
1
2nxn = −1
3
∞
n=0
2 (−1)n + 5
2n+1xn
= −13
∞
n=0
5 + 2n+2 (−1)n2n+1
xn = −16
∞
n=0
5 + 2n+2 (−1)n2n
xn
per ogni x ∈ Λ1 ∩ Λ2 = (−1, 1). La serie trovata, che è la serie di MacLaurin di f in quanto seriedi potenze con centro in 0 la cui somma coincide con f in un intorno di 0, è una combinazionelineare delle serie (0.2) e (0.3) di raggi R1 ed R2 diversi e pertanto ha raggio di convergenzaR = min (R1, R2) = 1.
M.Guida, S.Rolando, 2014 4
(b) Lo sviluppo in serie di MacLaurin di f si ricava derivando termine a termine quello di f . Si ottiene
f (x) = −16
∞
n=0
5 + 2n+2 (−1)n2n
nxn−1 = −16
∞
n=1
5 + 2n+2 (−1)n2n
nxn−1
= −16
∞
k=0
5 + 2k+3 (−1)k+12k+1
(k + 1)xk = − 112
∞
k=0
5− 2k+3 (−1)k2k
(k + 1)xk.
ESERCIZIO. Si consideri la funzione
f (x) =x
0
log 1 + t2 dt, ∀x ∈ R.
(a) Svilupparla in serie di MacLaurin, precisando l’intervallo di convergenza dello sviluppo trovato.
(b) Calcolare la somma delle serie numeriche
∞
n=1
(−1)n+1n (2n+ 1)
e∞
n=1
(−1)nn (2n+ 1) 22n
.
Svolgimento.
(a) Si può procedere in due modi, che vediamo entrambi.
1◦ modo Sviluppiamo l’integrando log 1 + t2 e integriamo termine a termine la sua serie di MacLaurin.
Dallo sviluppo notevole
log (1 + z) =∞
n=1
(−1)n−1n
zn, ∀z ∈ (−1, 1] ,
si ottiene subito
log 1 + t2 =∞
n=1
(−1)n−1n
t2n=∞
n=1
(−1)n−1n
t2n (0.4)
per t2 ∈ (−1, 1], cioè t ∈ [−1, 1]. La serie di potenze (0.4) ha allora intervallo di convergenzaAt = [−1, 1] ed il teorema di integrazione termine a termine assicura che per ogni x ∈ [−1, 1] si ha
x
0
log 1 + t2 dt =∞
n=1
x
0
(−1)n−1n
t2ndt =∞
n=1
(−1)n−1n
t2n+1
2n+ 1
x
0
=∞
n=1
(−1)n−1n
x2n+1
2n+ 1,
ossia
f (x) =∞
n=1
(−1)n−1n (2n+ 1)
x2n+1, ∀x ∈ [−1, 1] . (0.5)
La serie trovata è stata ottenuta integrando termine a termine una serie di potenze con intervallodi convergenza [−1, 1] e pertanto ha essa stessa intervallo di convergenza [−1, 1].
2◦ modo Sviluppiamo direttamente f , dopo esserci procurati la sua espressione esplicita calcolando l’integraleche la definisce.
M.Guida, S.Rolando, 2014 5
Per ogni x ∈ R, integrando per parti si ottiene
f (x) =x
0
log 1 + t2 dt = t log 1 + t2x
0−
x
0
2t2
1 + t2dt = x log 1 + x2 − 2
x
0
t2 + 1− 11 + t2
dt
= x log 1 + x2 − 2x
0
dt+ 2x
0
1
1 + t2dt = x log 1 + x2 − 2x+ 2arctanx .
Da un lato, come in (0.4), si ha
log 1 + x2 =∞
n=1
(−1)n−1n
x2n, ∀x ∈ [−1, 1] .
D’altra parte, è notevole lo sviluppo
arctanx =∞
n=0
(−1)n2n+ 1
x2n+1, ∀x ∈ [−1, 1] .
Dunque ∀x ∈ [−1, 1] risulta
f (x) = x log 1 + x2 − 2x+ 2arctanx = x∞
n=1
(−1)n−1n
x2n − 2x+ 2∞
n=0
(−1)n2n+ 1
x2n+1
=∞
n=1
(−1)n−1n
x2n+1 − 2x+ 2 x+∞
n=1
(−1)n2n+ 1
x2n+1
=∞
n=1
(−1)n−1n
x2n+1 + 2∞
n=1
(−1)n2n+ 1
x2n+1 =∞
n=1
(−1)n−1n
+2 (−1)n2n+ 1
x2n+1
=∞
n=1
(−1)n−1 1
n− 2
2n+ 1x2n+1 =
∞
n=1
(−1)n−1n (2n+ 1)
x2n+1, (0.6)
come in (0.5). Essendo combinazione lineare di serie con raggi di convergenza entrambi uguali ad1, la serie (0.6) potrebbe avere raggio di convergenza R ≥ 1, ma studiandone direttamente il raggiosi vede facilmente che in effetti risulta R = 1 (lasciamo questa verifica al lettore).
(b) Utilizzando i risultati del punto (a), si ottiene subito
∞
n=1
(−1)n+1n (2n+ 1)
=∞
n=1
(−1)n−1 (−1)2n (2n+ 1)
=∞
n=1
(−1)n−1n (2n+ 1)
12n+1 = f (1) = log 2− 2 + 2arctan 1
= log 2− 2 + π
4,
∞
n=1
(−1)nn (2n+ 1) 22n
=∞
n=1
(−1)n−1 (−1)n (2n+ 1)
1
2
2n
=∞
n=1
(−1)n−1 (−1)n (2n+ 1)
1
2
2n+11
2
−1
= −2∞
n=1
(−1)n−1n (2n+ 1)
1
2
2n+1
= −2f 1
2
= −2 1
2log 1 +
1
4− 1 + 2 arctan 1
2= − log 5
4+ 2− 4 arctan 1
2.
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