[mapa]

Hola!  Tengo un ejercicio que dice: Suma las siguientes series de potencias para \( \left |{z}\right |<1 \)
a)\( \displaystyle\sum_{n=1}^\infty{\displaystyle\frac{z^n}{n}} \)
b)\( \displaystyle\sum_{n=0}^\infty{\displaystyle\frac{z^{2n+1}}{2n+1}} \)

Únicamente he podido darme cuenta de que la serie a) en efecto es convergente,  de hecho absolutamente convergente en el interior de la circunferencia de radio 1 por el teorema de Cauchy-Hadamard. Para la b) la reescribí como \( z \displaystyle\sum_{n=0}^\infty{\displaystyle\frac{(z^2)^n}{2n+1}} \) y usando el mismo teorema compruebo que también converge en esa región.

Ahora,  la parte interesante es hallar la suma. Me podrían orientar sobre cómo debo proceder?

[mathtruco]

Hola mapa.

Revisa cuanto es la serie de logaritmo natural de 1+x y 1-x.

[Ignacio Larrosa]

Hola!  Tengo un ejercicio que dice: Suma las siguientes series de potencias para \( \left |{z}\right |<1 \)
a)\( \displaystyle\sum_{n=1}^\infty{\displaystyle\frac{z^n}{n}} \)
b)\( \displaystyle\sum_{n=0}^\infty{\displaystyle\frac{z^{2n+1}}{2n+1}} \)

Únicamente he podido darme cuenta de que la serie a) en efecto es convergente,  de hecho absolutamente convergente en el interior de la circunferencia de radio 1 por el teorema de Cauchy-Hadamard. Para la b) la reescribí como \( z \displaystyle\sum_{n=0}^\infty{\displaystyle\frac{(z^2)^n}{2n+1}} \) y usando el mismo teorema compruebo que también converge en esa región.

Ahora,  la parte interesante es hallar la suma. Me podrían orientar sobre cómo debo proceder?

La segunda es una subserie de la 1ª, la formada por los términos impares,luego si la primeracoverge, la segunda también.

Para sumarlas, si haces:

\( f(z) = \displaystyle\sum_{n=1}^\infty{\displaystyle\frac{z^n}{n}} \)

tienes que

\( f'(z) = \displaystyle\sum_{n=1}^\infty{z^{n-1}}=\displaystyle\sum_{n=0}^\infty{z^n} = \displaystyle\frac{1}{1-z}  \)

Entonces,

\( f(z) = \displaystyle\int\displaystyle\frac{dz}{1-z} = -\ln (1-z) + C \)

Pero \( f(0) = 0,\textrm{ luego }C = 0\textrm{ y }f(z) = -\ln(1 - z) \)

Inténtalo ahora tu con la segunda y nos cuentas que tal te sale.

Saludos,

[mapa]

Ya comprendo cuál es el procedimiento, en el caso de la serie b) he hecho lo análogo a lo que me propone ilarrosa, de modo que la suma resultó ser \( \displaystyle\frac{1}{2}ln \left({\displaystyle\frac{z+1}{z-1}}\right)-z \)

Muchas gracias por sus aportaciones! 

[Ignacio Larrosa]

Ya comprendo cuál es el procedimiento, en el caso de la serie b) he hecho lo análogo a lo que me propone ilarrosa, de modo que la suma resultó ser \( \displaystyle\frac{1}{2}ln \left({\displaystyle\frac{z+1}{z-1}}\right)-z \)

Muchas gracias por sus aportaciones! 

Tienes un signo mal y no hay que restar la z. Lo primero es muy fácil darse cuenta, pues para \( z = 0\textrm{ te queda }\frac{1}{2} \ln -1,\textrm{ en lugar de }0 \).

Revisemos a ver:

\( f(z) =\displaystyle\sum_{n=0}^\infty{\displaystyle\frac{z^{2n+1}}{2n+1}} \;\; \Rightarrow{} \)

\( f'(z) =\displaystyle\sum_{n=0}^\infty{\displaystyle z^{2n}} = \displaystyle\frac{1}{1-z^2} \)

\( f(z) = \displaystyle\int \displaystyle\frac{1}{1-z^2} dz = \displaystyle\int \left(\displaystyle\frac{A}{1+z} + \displaystyle\frac{B}{1-z}\right) dz \)

Para determinar \( A\textrm{ y }B \) sumamos las fracciones e igualamos los numeradores:

\( 1 = A(1 - z) + B(1 + z) \)

\( z = 1\;\Rightarrow{}\;B=\frac{1}{2} \)

\( z = -1\;\Rightarrow{}\;A=\frac{1}{2} \)

\( f(z) = \frac{1}{2} \ln \left |{\displaystyle\frac{1+z}{1 - z}}\right | + C \)

Como \( f(0) = 0,\textrm{ tenemos que }0 = \frac{1}{2} \ln \left |{\displaystyle\frac{1+0}{1 - 0}}\right | + C\;\;\Rightarrow{}\;\;C = 0 \)

Como es \( \left |{z}\right | < 1 \), el valor absoluto no es necesario y

\( f(z) = \frac{1}{2} \ln \left({\displaystyle\frac{1+z}{1 - z}}\right)  \)

Saludos,

[mathtruco]

Sólo mostrar una forma que me parece más fácil, si conocemos el desarrollo de las series para \( \log(1-z) \) y \( \log(1+z) \).

    \( \log(1-z)=-z-\dfrac{z^2}{2}-\dfrac{z^3}{3}-\dfrac{z^4}{4}-\dfrac{z^5}{5}-\dots \)

    \( \log(1+z)=z-\dfrac{z^2}{2}+\dfrac{z^3}{3}-\dfrac{z^4}{4}+\dfrac{z^5}{5}-\dots \)

Restando obtenemos:

        \( \log(1+z)-\log(1-z)=2\left(z+\dfrac{z^3}{3}+\dfrac{z^5}{5}+\dots\right)=2\displaystyle\sum_{n=0}^\infty\dfrac{z^{2n+1}}{2n+1} \)

de donde

    \( \displaystyle\sum_{n=0}^\infty\dfrac{z^{2n+1}}{2n+1}=\dfrac{1}{2}\log\left(\dfrac{1+z}{1-z}\right) \)

Obviamente, debíamos llegar a lo mismo.

[mapa]

Tienes un signo mal y no hay que restar la z.

Tienes toda la razón, me había equivocado. Gracias por revisar mi respuesta y por las correcciones.

 

Sólo mostrar una forma que me parece más fácil, si conocemos el desarrollo de las series para \( \log(1-z) \) y \( \log(1+z) \).

Aún no conocía el desarrollo en series para dichas funciones;  pero también me ha sido útil.

Les agradezco mucho a ambos por sus claras explicaciones!