Problema de suma:$f(x)=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}$

Question

Quiero evaluar este resumen:

$$S=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{4}+...+...$$

donde, $|x|<1$

Aquí es mi enfoque

$$S=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}=f(x)$$

$$f'(x)=1+x+x^2+x^3+...+...=\frac{1}{1-x}$$

$$f(x)=\int f'(x)dx=\int \frac{1}{1-x} dx=-\ln(1-x)+C$$

$$f(0)=1 \Longrightarrow C=1 $$

$$S=1-\ln(1-x)$$

Y aquí está mi problema:

He calculado esta suma sólo para $|x|<1$.

Entonces, he comprobado en Wolfram Alpha y vi que, esta suma $f(x)$ converge para $x=-1$. Pero, esta creando una contradicción con mi solución. Porque, la serie $$f'(x)=1+x+x^2+x^3+...+...=\frac{1}{1-x}$$ for $x=-1$ no convergen, diverge. Por lo tanto, hay un problema en mi solución. Pero no puedo encontrar la fuente del problema.

Cómo puedo probar la fórmula $f(x)=1-\ln(1-x)$ es también correcta en el punto de $x=-1$ ?

Muchas gracias.

Answer 1

No sé cómo familiarizado estás con la alimentación de la serie, pero esto tiene que ver con la noción de la radio de convergencia.

$\sum \left(\frac{x^n}{n}\right)_{n\in\mathbb{N^*}}$ es una potencia de la serie con un radio de convergencia $R=1$ (que puede ser demostrado mediante la prueba de razón), por lo que, de hecho, hace converger para $|x|<1$, y no difieren de $|x|>1$.

Como para $x=1$, el único caso con $x=-1$ fueron no podemos concluir de inmediato, podría ingenuamente ser cualquier cosa, pero no sucede a converger.

El poder de la serie de $\sum \left(x^n\right)_{n\in\mathbb{N^*}}$ es de hecho la derivada de la anterior : sabemos que tiene el mismo radio de convergencia, por lo que para $x=1$, aquí de nuevo podría ser cualquier cosa ; y sucede lo mismo.

La convergencia círculo es el único lugar de la convergencia de una potencia de la serie y sus derivados no son siempre equivalentes : podría ser cualquier cosa, y usted no puede deducir la convergencia de la derivada de la convergencia de la potencia de serie.

Como para demostrar que el poder de la serie y $f(x)=1-\ln(1-x)$ son iguales también para $x=-1$ (es decir, para demostrar que $f(-1)$ es la suma de la serie) :

$\cdot$ La potencia de la serie y f, tanto existen para $x$ $[-1,1)$ (para la alimentación de la serie, se puede probar con la prueba de razón)

$\cdot$ Ambas son continuas en a $[-1,1)$ : es obvio para $f$, y para la alimentación de la serie, sabemos que la suma de las potencias de la serie es continuamente estrictamente dentro de la convergencia de disco $(-1,1)$. Ampliamos la continuidad a -1 por la convergencia uniforme en $[-1,0]$.

$\cdot$ Son iguales el uno al otro en $(-1,1)$ que es denso en $[-1,1]$.

Podemos concluir que el poder de la serie y f son iguales también en $x=1$, lo $f(-1)$ es de hecho la suma de la serie.

Si usted no está familiarizado con esta densidad teorema :

Puesto que el poder de la serie es continua en -1, por definición, $\lim\limits_{x\rightarrow\ -1}\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}$, los límites están siendo adoptadas por los procedentes de la derecha ($x>-1$).

Pero, puesto que el poder de la serie y f son iguales para $x>-1$, podemos poner $f$ en lugar de la alimentación de la serie dentro del límite :

$$\lim\limits_{x\rightarrow\ -1}f(x)=\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}$$

O $f$ es continua en -1, por lo $\lim\limits_{x\rightarrow\ -1}f(x)=f(-1)$

Por lo tanto $\sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}=f(-1)$.

Answer 2

Por la prueba de proporción, $$\lim{n\to\infty } \left|\frac{x^{n+1}}{n+1}\frac{n}{x^n} \right|=\lim{n\to\infty}|x|\frac{n}{n+1}

Answer 3

Una potencia de serie $\sum_{n=0}^\infty a_n x^n$ (estoy suponiendo que la serie está centrada en cero por definición) converge, ya sea sólo en $0$, o en un cierto intervalo de $I$ centrada en cero. La longitud media de $I$ se llama radio de convergencia $R$, y puede ser calculada generalmente como $\frac{1}{R}=\limsup_{n \to \infty} a_n^{1/n}$ (entendida como $R=\infty$ si $1/R$ es cero en la fórmula anterior).

Una potencia de serie con un determinado radio de convergencia puede o no puede converger en los extremos $\pm R$. $\sum_{n=1}^\infty \frac{x^n}{n}$ resulta que tiene radio de convergencia $1$ y converge en $-1$ pero no converge en $1$. En el interior de su intervalo de convergencia, un de potencia de la serie puede ser diferenciada, término por término, por lo que en su ejemplo, usted puede deducir los derivados de $-\ln(1-x)$ $\frac{1}{1-x}$ $|x|<1$ mediante la diferenciación de sus series término por término. En general, la diferenciación puede cambiar la forma en que la serie se comporta en sus extremos, como se encuentran aquí.

Answer 4

Es bien sabido que % $ $$\ln(1+y)=y-\frac{y^2}{2}+\frac{y^3}{3}-\frac{y^4}{4}+\cdots,~~~\forall y \in (-1,1].\tag1$

Por lo tanto, que $y=-x.$ tenemos $$\ln(1-x)=-x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots,~~~\forall x \in [-1,1).\tag2$ $

Como resultado, $$S=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{4}+\cdots=1-\left(-x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+\cdots\right)=1-\ln(1-x).$ $

Aviso que, demandas el $(1)$ $-1<y en="" entonces="" exigimos="" x=""></y>