$\ln(1+x)$ - ¿Por qué su serie de potencias converge para$|x| < 1$?

Question

Es un razonamiento similar para la convergencia de una serie geométrica, al $|x|<1$?

...en $-1$, $\log(1+x) = \log(0)$, que es indefinido.

Para $x < -1$, $\log(1+x)$ es negativo, lo cual también es indefinido.

Así, la mano izquierda de la desigualdad de $|x|< 1$ tiene sentido, pero ¿qué acerca de la mano derecha de la desigualdad?

• ¿Por qué necesitamos a $x$ estrictamente menor que 1 para la convergencia de su poder de la serie?

Probablemente algo que es obvio en el que simplemente se deslizó en mi mente.

Si no te importa: la misma pregunta para los $\ln(1-x)$.

Answer 1

Por definición $\log (1 + x) = \int_0 ^x \frac{1}{(1+t)} dt$. Integrando término por término la serie de Taylor de$$\frac{1}{1+x} = \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n x^n ,\,\, \color{red} {|x| < 1}$ $

usted obtiene

ps

Usando el Teorema de Leibniz, esta serie también converge en$$\log (1 +x) = \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} \frac{x^n}{n} , |x| < 1$. También puede mostrar que la función$x =1$ definida por$f : (-1,1] \to \mathbb R$ coincide con$f(x) = \sum_{n\geq 1} (-1)^{n+1} \frac{x^n}{n}$ en$\log (1 + x)$ usando$x = 1$ $

donde$$\log (1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \ldots + (-1)^{n-1}\frac{x^{n-1}}{n} + r_n (x)$ $

y notando que para$$r_n (x) = (-1)^n\int_0^x \frac{t^n}{1 + t} dt $ tenemos$x =1$$$|r(1)| \leq \int_0^1 t^n dt = \frac{1}{n+1}$$ then $ $

Answer 2

$\begin{align}\ln(1+x)&=\int\frac{1}{1+x}dx=\int\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^n}{x^n}dx\\&=\sum_{n=0}^{\infty}((-1)^n\int x^ndx)\\&=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{n+1}}{n+1}+C\\&=(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+...)+C\end{align}$

La evaluación en $x=0$ da $0=\ln(1)=C$, con lo que conseguimos $ln(1+x)=(x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+...)$ si $|x|<1$

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Si utiliza la Prueba de razón, obtendremos: $$\begin{align*} L=\lim_{n\to\infty}\frac{|a_{n+1}|}{|a_n|} &= \lim_{n\to\infty}\frac{\quad\frac{|x|^{n+2}}{n+2}\quad}{\frac{|x|^{n+1}}{n+1}}\\ &= \lim_{n\to\infty}\frac{(n+1)|x|^{n+2}}{(n+2)|x|^{n+1}}\\ &= |x|\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n+2}\\ &= |x|. \end{align*}$$

El test del cociente de los estados que:

• si L < 1 la serie converge absolutamente;

• si L > 1 , entonces la serie no converge;

Por el Test del Cociente, la serie converge absolutamente si $|x|\lt 1$ y diverge si $|x|\gt 1$.

Answer 3

Asumiendo que usted sabe que la expansión en series de Taylor de $\ln(1+x)$ $0$ es $$ \ln(1+x)=\sum_{n\ge1}(-1)^{n+1}\frac{x^n}{n}, $$ la prueba de razón de por $x\ne0$ puede ser aplicado: desde $$ \left|\frac{(-1)^{n+2}x^{n+2}/(n+1)}{(-1)^{n+1}x^n/n}\right|= |x|\frac{n}{n+1} $$ y $$ \lim_{n\to\infty}|x|\frac{n}{n+1}=|x| $$ sabemos que la serie converge para $|x|<1$ y no convergen $|x|>1$.

Obviamente no convergen $x=-1$, porque tenemos el lado contrario de la serie armónica; por $x=1$, la de Leibniz prueba se aplica y la serie converge. Puede demostrarse que, para $x=1$, el de la serie, de hecho, converge a $\ln2$.

En cuanto al "por qué" de la serie sólo converge en este intervalo, la respuesta puede encontrarse en la teoría de funciones analíticas.

La función de $\ln(1+x)$ puede ser extendida a una analítica de la función en el plano complejo siempre que excluir el conjunto de los números complejos $z$$\Re(z)\le-1$$\Im(z)=0$. Dicho de una analítica de la función tiene una singularidad en $-1$, por lo tanto la expansión de Taylor alrededor de $0$ no puede tener un radio de convergencia mayor que $1$ (y de hecho ha $1$ como radio de convergencia).