Somme di seni minorati(non adatto per chi ama le maggiorate)
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Somme di seni minorati(non adatto per chi ama le maggiorate)
Ok a parte il titolo demenziale ecco il problema:
Dimostrare che per $ 0<x<\pi $ abbiamo:
$ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{ \sin(nx) }n = \frac {\pi - x} 2 $
(io l'ho fatto un po' napoletano intanto vediamo se c'è la soluzione carina...)
Con questo risultato trovare:
(i) $ \displaystyle \int _{0}^{+\infty} \frac {\sin(x)}x dx $
(ii) $ \displaystyle \int _{0}^{+\infty} \left(\frac {\sin(x)}x\right)^2 dx $
(iii) $ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac 1{n^2} $
e tante altre cose carine...
ps per chi vuole sempre per lo stesso intervallo dimostrare che :
$ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{ \cos(nx) }n = - \ln (2 \sin( \frac x2 )) $
Dimostrare che per $ 0<x<\pi $ abbiamo:
$ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{ \sin(nx) }n = \frac {\pi - x} 2 $
(io l'ho fatto un po' napoletano intanto vediamo se c'è la soluzione carina...)
Con questo risultato trovare:
(i) $ \displaystyle \int _{0}^{+\infty} \frac {\sin(x)}x dx $
(ii) $ \displaystyle \int _{0}^{+\infty} \left(\frac {\sin(x)}x\right)^2 dx $
(iii) $ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac 1{n^2} $
e tante altre cose carine...
ps per chi vuole sempre per lo stesso intervallo dimostrare che :
$ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{ \cos(nx) }n = - \ln (2 \sin( \frac x2 )) $
Ultima modifica di Simo_the_wolf il 20 mar 2007, 12:46, modificato 1 volta in totale.
Re: Somme di seni minorati(non adatto per chi ama le maggior
t?Simo_the_wolf ha scritto:$ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{ \cos(nx) }n = - \ln (2 \sin( \frac t2 )) $
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Visto che nessuno lo caga ...
Supponiamo di aver dimostrato che $ \displaystyle\sum_{n}\frac{\sin(nx)}{n} $ e $ \displaystyle{\sum_n\frac{\cos(nx)}{n} $ siano convergenti per ogni x tra 0 e pi. (Questa parte, che mi riesce abbastanza sgradevole, la cedo volentieri a chiunque voglia far pratica con la convergenza di serie numeriche).
Ora, notiamo che, nel disco unitario (aperto) del piano complesso, la serie di potenze
$ \sum_{n\geq1} z^n/n $ converge uniformemente sui compatti in $ |z|<1 $ a $ -\log(1-z) $. Inoltre, per le due convergenze supposte sopra, sappiamo che, per $ |z|=1 $ e $ z\neq\pm 1 $, la serie converge puntualmente (perchè così convergono parte reale e immaginaria).
Dunque, per il lemma di Abel (*), fissato $ \theta\in(0,\pi) $ si ha
$ \displaystyle\sum_{n\geq1}\frac{e^{in\theta}}{n}=\lim_{\rho\to1}(-\log(1-\rho e^{i\theta})) $$ =-\log(1-e^{i\theta}) $.
Dunque,
$ \displaystyle\sum_{n}\frac{\sin(nx)}{n}=\Im(-\log(1-e^{ix})) $$ =-\textrm{arg}(1-e^{ix}) $ $ =\displaystyle{\frac{\pi-x}{2} $
e
$ \displaystyle{\sum_n\frac{\cos(nx)}{n}=\Re(-\log(1-e^{ix})) $ $ =-\log(|1-e^{ix}|)=-\log(2\sin(x/2)) $.
(*)Lemma di Abel: Sia $ |\sum c_n|<\infty $ e si ponga $ f(x)=\sum c_nx^n $ per $ -1<x<1 $. Allora
$ \displaystyle\lim_{x\to1}f(x)=\sum_{n=0}^\infty c_n $
La dimostrazione è lasciata ai volonterosi studenti di analisi I.
(i) Consideriamo la seguente partizione di [0,inf), per un fissato parametro $ \theta $ :
$ \displaystyle[0,+\infty)=[0,3\theta/2)\cup\bigcup_{n=1}^\infty[(n+1/2)\theta,(n+3/2)\theta) $
Ora, se facciamo tendere $ \theta $ a 0, otteniamo una successione di partizioni la cui ampiezza tende a 0 (possiamo quindi supporre $ \theta\in(0,\pi) $). Scegliamo la successione di punti $ {n\theta}_n $ e calcoliamo le somme di Riemann della funzione sin(x)/x per questa partizione e con questi punti (tale somma dipenderà unicamente da $ \theta $):
$ \displaystyle S(\theta)=\frac{\sin(\theta)}{\theta}\frac{3\theta}{2}+\sum_{n=2}^\infty \frac{\sin(n\theta)}{n\theta}(\theta) $$ =\displaystyle \frac{\theta}{2}+\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin(n\theta)}{n} $$ =\dfrac{\theta}{2}+\dfrac{\pi-\theta}{2} $
per quanto fatto.
Ora, poichè la funzione sin(x)/x ha integrale finito su [0,inf) (si dimostra integrando per parti; tale integrale coincide per definizione con il limite delle somme di riemann su partizioni la cui ampiezza tende a 0. Dunque
$ \displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{\sin(x)}{x}dx=\lim_{\theta\to0}S(\theta) $$ =\dfrac{\pi}2 $
Gli altri un'altra volta...
Supponiamo di aver dimostrato che $ \displaystyle\sum_{n}\frac{\sin(nx)}{n} $ e $ \displaystyle{\sum_n\frac{\cos(nx)}{n} $ siano convergenti per ogni x tra 0 e pi. (Questa parte, che mi riesce abbastanza sgradevole, la cedo volentieri a chiunque voglia far pratica con la convergenza di serie numeriche).
Ora, notiamo che, nel disco unitario (aperto) del piano complesso, la serie di potenze
$ \sum_{n\geq1} z^n/n $ converge uniformemente sui compatti in $ |z|<1 $ a $ -\log(1-z) $. Inoltre, per le due convergenze supposte sopra, sappiamo che, per $ |z|=1 $ e $ z\neq\pm 1 $, la serie converge puntualmente (perchè così convergono parte reale e immaginaria).
Dunque, per il lemma di Abel (*), fissato $ \theta\in(0,\pi) $ si ha
$ \displaystyle\sum_{n\geq1}\frac{e^{in\theta}}{n}=\lim_{\rho\to1}(-\log(1-\rho e^{i\theta})) $$ =-\log(1-e^{i\theta}) $.
Dunque,
$ \displaystyle\sum_{n}\frac{\sin(nx)}{n}=\Im(-\log(1-e^{ix})) $$ =-\textrm{arg}(1-e^{ix}) $ $ =\displaystyle{\frac{\pi-x}{2} $
e
$ \displaystyle{\sum_n\frac{\cos(nx)}{n}=\Re(-\log(1-e^{ix})) $ $ =-\log(|1-e^{ix}|)=-\log(2\sin(x/2)) $.
(*)Lemma di Abel: Sia $ |\sum c_n|<\infty $ e si ponga $ f(x)=\sum c_nx^n $ per $ -1<x<1 $. Allora
$ \displaystyle\lim_{x\to1}f(x)=\sum_{n=0}^\infty c_n $
La dimostrazione è lasciata ai volonterosi studenti di analisi I.
(i) Consideriamo la seguente partizione di [0,inf), per un fissato parametro $ \theta $ :
$ \displaystyle[0,+\infty)=[0,3\theta/2)\cup\bigcup_{n=1}^\infty[(n+1/2)\theta,(n+3/2)\theta) $
Ora, se facciamo tendere $ \theta $ a 0, otteniamo una successione di partizioni la cui ampiezza tende a 0 (possiamo quindi supporre $ \theta\in(0,\pi) $). Scegliamo la successione di punti $ {n\theta}_n $ e calcoliamo le somme di Riemann della funzione sin(x)/x per questa partizione e con questi punti (tale somma dipenderà unicamente da $ \theta $):
$ \displaystyle S(\theta)=\frac{\sin(\theta)}{\theta}\frac{3\theta}{2}+\sum_{n=2}^\infty \frac{\sin(n\theta)}{n\theta}(\theta) $$ =\displaystyle \frac{\theta}{2}+\sum_{n=1}^\infty\frac{\sin(n\theta)}{n} $$ =\dfrac{\theta}{2}+\dfrac{\pi-\theta}{2} $
per quanto fatto.
Ora, poichè la funzione sin(x)/x ha integrale finito su [0,inf) (si dimostra integrando per parti; tale integrale coincide per definizione con il limite delle somme di riemann su partizioni la cui ampiezza tende a 0. Dunque
$ \displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{\sin(x)}{x}dx=\lim_{\theta\to0}S(\theta) $$ =\dfrac{\pi}2 $
Gli altri un'altra volta...
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Re: Somme di seni minorati(non adatto per chi ama le maggior
uhm...carino...ora provo...
$ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac 1{n^{2i}} $
Questa si calcola anche in molti altri modi....uno, forse meno carino, ma efficace, è usare la serie di fourier per la funzione f(x)=abs(x) [e con altre funzioni non difficili da immaginere calcolate tutte le sommatorie del tipoSimo_the_wolf ha scritto:(iii) $ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac 1{n^2} $
$ \displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} \frac 1{n^{2i}} $
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Voglio fare il procedimento più generale possibile. Prendo $ z \in C $ e scrivo:
$ \displaystyle \sum_{i=0}^n z^n = \frac { 1-z^{n+1} }{1-z} $
Ora scrivo $ z= \rho (\cos(\theta) + i \sin ( \theta)) $ e la uguaglianza diventa:
$ \displaystyle \sum_{n=0}^k \rho^n (\cos ( n\theta) + i \sin(n \theta)) = \frac { 1-z^{k+1} }{1-\rho(\cos\theta + i \sin \theta)} $
Scriviamo ora il membro sinistro come numero complesso "canonico" e anzi prepariamoci ad integrare in $ \rho $... Quindi:
$ \displaystyle \frac { 1-z^{k+1} }{1-\rho(\cos\theta + i \sin \theta)}= (1-z^{k+1} ) \frac { 1 - \rho \cos \theta + i \rho \sin\theta }{ 1-2\rho \cos \theta + \rho^2 } $
Bene... ora moltiplichiamo ambo i membri di prima per $ \cos(\theta) + i \sin ( \theta) $ e poi integramo in $ d\rho $ da $ 0 $ a $ x $.
$ \displaystyle \int_0 ^ x \left( \sum_{n=1} ^ {k+1} \rho^{n-1}( \cos( n \theta) + i \sin ( n\theta) ) \right ) d\rho = $$ \displaystyle \int_0 ^x \frac{\cos \theta - \rho + i \sin\theta } {1-2\rho \cos \theta +\rho^2} d \rho - R(k,x,\theta) $
Integrando abbiamo:
(1) $ \displaystyle \sum_{n=1}^k x^n \frac { \cos (n\theta) } n + i \sum_{n=1}^k x^n \frac { \sin (n\theta )} n = -\frac{\ln (1-2 x\cos\theta +x^2 ) } 2 + $$ \displaystyle i \left( artg \left( \frac x{\sin\theta} - \frac 1{tg \theta} \right) - artg\left( -\frac 1{tg\theta} \right) \right ) - R(k,x,\theta) $
Dove $ \displaystyle R(k,x,\theta)= \int_0 ^ x \rho^{k+1} \frac { 1 - \rho \cos \theta + i \rho \sin\theta) }{ 1-2\rho \cos \theta + \rho^2 } d\rho $.
Ma abbiamo che $ |R(k,x,\theta) | \leq \frac {x^{k+2}}{(k+2)\sin \theta} $ per $ cos \theta >0 $ e $ |R(k,x,\theta) | \leq \frac {x^{k+2}}{k+2} $ per $ cos \theta \leq 0 $. Quindi per $ x\leq 1 $ abbiamo $ R(k,x,\theta) \rightarrow 0 $ per $ k \rightarrow +\infty $.
Quindi possiamo far tendere $ k $ ad infinito e riscrivere la (1) senza il resto.
In particolare tutto converge uniformemente per $ \theta \in (0, \pi \] $ e quindi possiamo integrare in $ d\theta $ (in realtà possiamo integrare tra 0 e x con qualche accorgimento di resti come prima) e quindi ottenere i due risultati dopo.
resterebbe solo da dimostrare che $ \displaystyle artg \left( \frac x{\sin\theta} - \frac 1{tg \theta} \right) - artg\left( -\frac 1{tg\theta} \right) = \frac {\pi - \theta }2 $ ma adesso è solo trigonometria....
A parte tutto è interessante secondo me il fatto che continuando a integrare senza troppa fatica si riesce a calcolare $ \zeta ( 2n ) $. Chi volesse con un po' più fatica (solo di conti) può anche calcolarsi $ \int_0 ^{+\infty}\left( \frac {\sin x}x ) ^k $ per ogni $ k $ anche se magari non in forma chiusa.
$ \displaystyle \sum_{i=0}^n z^n = \frac { 1-z^{n+1} }{1-z} $
Ora scrivo $ z= \rho (\cos(\theta) + i \sin ( \theta)) $ e la uguaglianza diventa:
$ \displaystyle \sum_{n=0}^k \rho^n (\cos ( n\theta) + i \sin(n \theta)) = \frac { 1-z^{k+1} }{1-\rho(\cos\theta + i \sin \theta)} $
Scriviamo ora il membro sinistro come numero complesso "canonico" e anzi prepariamoci ad integrare in $ \rho $... Quindi:
$ \displaystyle \frac { 1-z^{k+1} }{1-\rho(\cos\theta + i \sin \theta)}= (1-z^{k+1} ) \frac { 1 - \rho \cos \theta + i \rho \sin\theta }{ 1-2\rho \cos \theta + \rho^2 } $
Bene... ora moltiplichiamo ambo i membri di prima per $ \cos(\theta) + i \sin ( \theta) $ e poi integramo in $ d\rho $ da $ 0 $ a $ x $.
$ \displaystyle \int_0 ^ x \left( \sum_{n=1} ^ {k+1} \rho^{n-1}( \cos( n \theta) + i \sin ( n\theta) ) \right ) d\rho = $$ \displaystyle \int_0 ^x \frac{\cos \theta - \rho + i \sin\theta } {1-2\rho \cos \theta +\rho^2} d \rho - R(k,x,\theta) $
Integrando abbiamo:
(1) $ \displaystyle \sum_{n=1}^k x^n \frac { \cos (n\theta) } n + i \sum_{n=1}^k x^n \frac { \sin (n\theta )} n = -\frac{\ln (1-2 x\cos\theta +x^2 ) } 2 + $$ \displaystyle i \left( artg \left( \frac x{\sin\theta} - \frac 1{tg \theta} \right) - artg\left( -\frac 1{tg\theta} \right) \right ) - R(k,x,\theta) $
Dove $ \displaystyle R(k,x,\theta)= \int_0 ^ x \rho^{k+1} \frac { 1 - \rho \cos \theta + i \rho \sin\theta) }{ 1-2\rho \cos \theta + \rho^2 } d\rho $.
Ma abbiamo che $ |R(k,x,\theta) | \leq \frac {x^{k+2}}{(k+2)\sin \theta} $ per $ cos \theta >0 $ e $ |R(k,x,\theta) | \leq \frac {x^{k+2}}{k+2} $ per $ cos \theta \leq 0 $. Quindi per $ x\leq 1 $ abbiamo $ R(k,x,\theta) \rightarrow 0 $ per $ k \rightarrow +\infty $.
Quindi possiamo far tendere $ k $ ad infinito e riscrivere la (1) senza il resto.
In particolare tutto converge uniformemente per $ \theta \in (0, \pi \] $ e quindi possiamo integrare in $ d\theta $ (in realtà possiamo integrare tra 0 e x con qualche accorgimento di resti come prima) e quindi ottenere i due risultati dopo.
resterebbe solo da dimostrare che $ \displaystyle artg \left( \frac x{\sin\theta} - \frac 1{tg \theta} \right) - artg\left( -\frac 1{tg\theta} \right) = \frac {\pi - \theta }2 $ ma adesso è solo trigonometria....
A parte tutto è interessante secondo me il fatto che continuando a integrare senza troppa fatica si riesce a calcolare $ \zeta ( 2n ) $. Chi volesse con un po' più fatica (solo di conti) può anche calcolarsi $ \int_0 ^{+\infty}\left( \frac {\sin x}x ) ^k $ per ogni $ k $ anche se magari non in forma chiusa.
Ultima modifica di Simo_the_wolf il 01 apr 2007, 19:39, modificato 2 volte in totale.
Mi offendo per l'insinuazione che la mia non sia da analisi I ... il lemma di Abel è un carino esercizio da corso interno del primo anno e la convergenza delle serie di seno e coseno è un conto non particolarmente brillante, ma elementare. Tra le due, direi proprio che la soluzione meno standard è la tua