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.

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(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.

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(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.

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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.