Serie di potenze e serie di Taylor: raggio di convergenza ed esercizi svolti

Una serie di potenze è un «polinomio infinito», $a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + \dots$ La più semplice la conosci già: la serie geometrica $1 + x + x^2 + \dots = \frac{1}{1 - x}$, valida per $-1 < x < 1$. Con queste serie si scrivono l’esponenziale, il seno, il logaritmo, e si calcolano con la precisione che vuoi; la serie di Taylor dice quale serie corrisponde a una funzione e quando la somma è proprio la funzione. All’esame si chiede l’insieme di convergenza, estremi compresi, oppure una somma o uno sviluppo. In questa pagina vediamo il raggio di convergenza e come calcolarlo, gli estremi, derivate e integrali termine a termine, la serie di Taylor e di Maclaurin, le serie di $e^x$, seno, coseno, logaritmo e arcotangente con le somme $\ln 2$ e $\frac{\pi}{4}$, la serie binomiale, una funzione che non è la sua serie di Taylor, qualche applicazione, perché $e^{x + y} = e^x\,e^y$, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Le serie di potenze

Il caso più frequente è $x_0 = 0$, con le potenze di $x$: $\sum a_n x^n$. Per ogni $x$ fissato è una serie numerica, che può convergere o no. L’insieme degli $x$ in cui converge si chiama insieme di convergenza, e lì la somma $f(x)$ è una funzione di $x$. Nel centro la serie converge sempre, con somma $a_0$.

Nella serie geometrica l’insieme di convergenza è $(-1, 1)$. Fuori, la formula $\frac{1}{1 - x}$ ha ancora senso, ma la serie no: con $x = 2$ la serie $1 + 2 + 4 + \dots$ diverge, mentre $\frac{1}{1 - 2} = -1$. Nella figura le somme parziali $S_N = 1 + x + \dots + x^{N - 1}$ si avvicinano alla funzione dentro $(-1, 1)$ e se ne allontanano fuori.

Il raggio di convergenza

L’insieme di convergenza è sempre un intervallo centrato in $x_0$. Tutto discende da un lemma, scritto con centro 0.

Perché è vero. In $x_1$ i termini tendono a 0, quindi sono limitati: $\lvert a_n x_1^n \rvert \leq M$ per ogni $n$. Allora

$$\begin{gathered} \lvert a_n x^n \rvert = \lvert a_n x_1^n \rvert \left\lvert \frac{x}{x_1} \right\rvert^n \leq M\,q^n \\ \text{con } q = \left\lvert \frac{x}{x_1} \right\rvert < 1 \end{gathered}$$

e $\sum M q^n$ è una geometrica convergente: per il confronto la serie dei valori assoluti converge.

Perché è vero. Sia $R$ l’estremo superiore delle distanze $\lvert x - x_0 \rvert$ dei punti in cui la serie converge. Se $\lvert x - x_0 \rvert < R$, c’è un punto di convergenza $x_1$ più lontano dal centro di $x$, e il lemma dà la convergenza assoluta in $x$, che implica la convergenza. Se $\lvert x - x_0 \rvert > R$, la serie non converge in $x$, altrimenti $R$ non sarebbe l’estremo superiore.

L’insieme di convergenza è quindi $(x_0 - R, x_0 + R)$, più eventualmente uno o entrambi gli estremi; con $R = 0$ è il solo centro, con $R = +\infty$ tutto $\mathbb{R}$.

Come si calcola il raggio

Non lo dimostriamo: quasi sempre esiste il limite vero, e basta questa regola.

Da dove viene. È il criterio del rapporto o della radice applicato ai valori assoluti dei termini. Con il rapporto, per $x \neq x_0$:

$$\begin{gathered} \frac{\lvert a_{n + 1} \rvert\,\lvert x - x_0 \rvert^{n + 1}}{\lvert a_n \rvert\,\lvert x - x_0 \rvert^n} \\ {} = \left\lvert \frac{a_{n + 1}}{a_n} \right\rvert \lvert x - x_0 \rvert \to L\,\lvert x - x_0 \rvert \end{gathered}$$

Se $L\,\lvert x - x_0 \rvert < 1$ la serie converge assolutamente; se $L\,\lvert x - x_0 \rvert > 1$ i termini non tendono a 0.

Tre casi. In $\sum n!\,x^n$ il rapporto è $n + 1 \to +\infty$: $R = 0$. In $\sum \frac{x^n}{n^n}$ la radice è $\frac{1}{n} \to 0$: $R = +\infty$. In $\sum \frac{n\,x^n}{3^n}$ il rapporto è $\frac{n + 1}{3n} \to \frac{1}{3}$: $R = 3$.

Gli estremi: può succedere di tutto

In $x = x_0 \pm R$ rapporto e radice tendono a 1 e non dicono niente. Tre serie con $R = 3$ mostrano tutti i casi:

serie	estremi buoni	insieme
$\sum \frac{n\,x^n}{3^n}$	nessuno	$(-3, 3)$
$\sum \frac{(-1)^n x^n}{n\,3^n}$	solo $x = 3$	$(-3, 3]$
$\sum \frac{x^n}{n^2\,3^n}$	tutti e due	$[-3, 3]$

Nella prima, in $x = \pm 3$ i termini valgono $\pm n$ e non tendono a 0. Nella seconda, in $x = 3$ si ottiene $\sum \frac{(-1)^n}{n}$, che converge per il criterio di Leibniz, mentre in $x = -3$, siccome $(-1)^n (-3)^n = 3^n$, si ottiene la serie armonica, che diverge. Nella terza i valori assoluti dei termini sono $\frac{1}{n^2}$ in entrambi gli estremi. Negli estremi la convergenza può essere solo semplice, come nella seconda in $x = 3$.

La scaletta.

1. Scrivi la serie come $\sum a_n (x - x_0)^n$ e trova il centro.
2. Calcola $R$ con rapporto o radice dei coefficienti, o dei termini se mancano potenze.
3. Dentro, convergenza assoluta; fuori, niente convergenza.
4. Sostituisci $x = x_0 \pm R$ e studia le due serie numeriche.
5. Scrivi l’insieme, distinguendo convergenza assoluta e semplice.

Dentro il raggio: continuità, derivate e integrali

Applicando il teorema alla derivata, poi alla derivata seconda e così via: la somma di una serie di potenze ha derivate di ogni ordine dentro l’intervallo di convergenza. In particolare è continua: una funzione con un salto non è somma di una serie di potenze su un intervallo che contiene il salto. Per i segnali discontinui si usano le serie di seni e coseni dell’analisi di Fourier.

La dimostrazione del teorema usa la convergenza uniforme, che si studia in Analisi 2, e la omettiamo. Che il raggio non cambi si vede però con Cauchy-Hadamard: siccome $\sqrt[n]{n} \to 1$, la successione $\sqrt[n]{n\,\lvert a_n \rvert}$ ha lo stesso massimo limite di $\sqrt[n]{\lvert a_n \rvert}$.

Gli estremi invece possono cambiare. $\sum_{n \geq 1} \frac{x^n}{n^2}$ converge in $[-1, 1]$; la sua derivata $\sum_{n \geq 1} \frac{x^{n - 1}}{n}$ solo in $[-1, 1)$. Integrando, invece, si può guadagnare un estremo.

Perché è vero. Deriviamo $k$ volte termine a termine: i termini di grado minore di $k$ spariscono, quelli di grado maggiore contengono ancora un fattore $(x - x_0)$, e da $a_k (x - x_0)^k$ resta $k!\,a_k$. In $x = x_0$ si trova $f^{(k)}(x_0) = k!\,a_k$.

Quindi una serie di potenze è la serie di Taylor della sua somma, comunque la si trovi (sostituendo, derivando, integrando). E dai coefficienti si leggono le derivate: nella serie dell’arcotangente (la troviamo più avanti) il coefficiente di $x^7$ è $-\frac{1}{7}$, quindi la derivata settima di $\arctan x$ in 0 vale $7! \cdot \left(-\frac{1}{7}\right) = -720$.

Dalla formula di Taylor alla serie di Taylor

Ora la domanda inversa: data una funzione, qual è la sua serie di potenze?

Le sue somme parziali sono i polinomi di Taylor $T_n(x)$ della formula di Taylor, e $R_n(x) = f(x) - T_n(x)$ è il resto (da non confondere con il raggio $R$). Quindi:

Per controllarlo si usa il resto di Lagrange: se $f$ è derivabile $n + 1$ volte in un intervallo aperto che contiene $x_0$ e $x$, esiste $\xi$ (la lettera greca «csi») strettamente compreso tra $x_0$ e $x$ tale che

$$R_n(x) = \frac{f^{(n + 1)}(\xi)}{(n + 1)!}\,(x - x_0)^{n + 1}$$

L’esponenziale e il numero e

Tutte le derivate di $e^x$ sono $e^x$, e in 0 valgono 1: la serie di Maclaurin è $\sum \frac{x^n}{n!}$. Fissato $x$, il resto di Lagrange è $\frac{e^\xi}{(n + 1)!}\,x^{n + 1}$ con $\xi$ tra 0 e $x$, e siccome $e^\xi \leq e^{\lvert x \rvert}$:

$$\lvert R_n(x) \rvert \leq e^{\lvert x \rvert}\,\frac{\lvert x \rvert^{n + 1}}{(n + 1)!} \longrightarrow 0$$

perché il fattoriale batte ogni esponenziale: $\frac{c^n}{n!} \to 0$ per ogni $c$. Quindi:

Con $x = 1$ si ottiene $e = \sum \frac{1}{n!}$, la seconda definizione del numero di Nepero, che nelle successioni monotone si dimostra in un altro modo. Con $x = -1$:

$$\begin{gathered} \frac{1}{e} = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n!} \\ {} = 1 - 1 + \frac{1}{2} - \frac{1}{6} + \dots \end{gathered}$$

Seno e coseno

Le derivate di $\sin x$ e $\cos x$ sono sempre $\pm\sin x$ o $\pm\cos x$, quindi in valore assoluto non superano 1. Il resto di Lagrange è al massimo $\frac{\lvert x \rvert^{n + 1}}{(n + 1)!}$, che tende a 0. Quindi, per ogni $x \in \mathbb{R}$, in radianti:

$$\begin{gathered} \sin x = x - \frac{x^3}{3!} + \frac{x^5}{5!} - \frac{x^7}{7!} + \dots \\ {} = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n\,\frac{x^{2n + 1}}{(2n + 1)!} \end{gathered}$$ $$\begin{gathered} \cos x = 1 - \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} - \frac{x^6}{6!} + \dots \\ {} = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n\,\frac{x^{2n}}{(2n)!} \end{gathered}$$

Più $x$ è lontano da 0, più termini servono. Nella figura le somme parziali di grado 7, 15 e 25 seguono il seno fino a circa $\pi$, $2\pi$ e $3\pi$, poi scappano all’infinito.

Il logaritmo: integrare la serie geometrica

Per $\ln(1 + x)$ il resto di Lagrange è scomodo: conviene integrare. Per $\lvert t \rvert < 1$, la geometrica di ragione $-t$ dà

$$\begin{gathered} \frac{1}{1 + t} = 1 - t + t^2 - t^3 + \dots \\ {} = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n\,t^n \end{gathered}$$

Integrando termine a termine da 0 a $x$, con $\lvert x \rvert < 1$, a sinistra si ottiene $\ln(1 + x)$:

$$\begin{gathered} \ln(1 + x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} \\ {} - \frac{x^4}{4} + \dots \end{gathered}$$

con raggio 1. In $x = -1$ si ottiene $-\sum \frac{1}{n}$, che diverge; in $x = 1$ la serie armonica a segni alterni, che converge per Leibniz. Integrando abbiamo guadagnato un estremo: la geometrica converge in $(-1, 1)$, la serie del logaritmo in $(-1, 1]$.

L’estremo x = 1 e la somma ln 2

Che in $x = 1$ la somma sia proprio $\ln 2$ non segue dal teorema, che vale solo dentro l’intervallo. Usiamo la somma geometrica finita $1 + q + \dots + q^n = \frac{1 - q^{n + 1}}{1 - q}$ con $q = -t$, valida per ogni $t \neq -1$:

$$\begin{gathered} \frac{1}{1 + t} = 1 - t + t^2 - \dots + (-1)^n\,t^n \\ {} + (-1)^{n + 1}\,\frac{t^{n + 1}}{1 + t} \end{gathered}$$

Integriamo da 0 a 1: gli addendi ora sono in numero finito.

$$\begin{gathered} \ln 2 = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \dots + \frac{(-1)^n}{n + 1} \\ {} + (-1)^{n + 1} \int_0^1 \frac{t^{n + 1}}{1 + t}\,dt \end{gathered}$$

L’ultimo integrale è l’errore, e siccome $1 + t \geq 1$ su $[0, 1]$:

$$\begin{gathered} 0 \leq \int_0^1 \frac{t^{n + 1}}{1 + t}\,dt \leq \int_0^1 t^{n + 1}\,dt \\ {} = \frac{1}{n + 2} \longrightarrow 0 \end{gathered}$$

Quindi le somme parziali tendono a $\ln 2$:

$$1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \dots = \ln 2$$

In conclusione:

La funzione esiste per ogni $x > -1$, ma per $x > 1$ i termini $\frac{x^n}{n}$ non tendono a 0: la serie diverge.

Una serie più veloce per ln 2. Con dieci termini di $1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \dots$ l’errore è ancora circa $0{,}05$. Con $x = -\frac{1}{2}$, siccome $\ln\left(1 - \frac{1}{2}\right) = -\ln 2$,

$$\ln 2 = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n\,2^n} = \frac{1}{2} + \frac{1}{8} + \frac{1}{24} + \dots$$

e con dieci termini l’errore è già minore di un decimillesimo.

L’arcotangente e π

Stesso metodo con la geometrica di ragione $-t^2$: per $\lvert t \rvert < 1$

$$\frac{1}{1 + t^2} = 1 - t^2 + t^4 - t^6 + \dots$$

Siccome la derivata dell’arcotangente è $\frac{1}{1 + t^2}$, integrando da 0 a $x$:

$$\begin{gathered} \arctan x = x - \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5} \\ {} - \frac{x^7}{7} + \dots \\ {} = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n\,\frac{x^{2n + 1}}{2n + 1} \end{gathered}$$

con raggio 1. Negli estremi $x = \pm 1$ la serie converge per Leibniz, e con la somma geometrica finita, come per il logaritmo, si trova

$$\begin{gathered} \frac{\pi}{4} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \dots + \frac{(-1)^n}{2n + 1} \\ {} + (-1)^{n + 1} \int_0^1 \frac{t^{2n + 2}}{1 + t^2}\,dt \end{gathered}$$

con l’integrale compreso tra 0 e $\frac{1}{2n + 3}$. Quindi l’uguaglianza vale in tutto $[-1, 1]$ (in $-1$ per simmetria, perché sono funzioni dispari), e in $x = 1$ dà la serie di Leibniz:

$$1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dots = \frac{\pi}{4}$$

Una sorpresa: l’arcotangente è derivabile infinite volte su tutta la retta, eppure la sua serie ha raggio 1, e fuori da $[-1, 1]$ le somme parziali esplodono. Il motivo si capisce con i numeri complessi: $1 + x^2$ si annulla in $x = \pm i$, a distanza 1 dall’origine.

Quanto è lenta la serie di Leibniz. Dopo $N$ termini l’errore su $\frac{\pi}{4}$ è circa $\frac{1}{4N}$: per $\pi$ con un errore minore di $10^{-10}$ servirebbe una decina di miliardi di termini. Meglio usare l’arcotangente in punti piccoli: nel 1706 John Machin calcolò cento decimali di $\pi$ con la formula

$$\frac{\pi}{4} = 4 \arctan\frac{1}{5} - \arctan\frac{1}{239}$$

Con $x = \frac{1}{5}$ ogni termine è circa 25 volte più piccolo del precedente: bastano 7 termini della prima serie e 2 della seconda per avere $\pi$ con un errore minore di $10^{-10}$.

La serie binomiale

Con una dimostrazione più lunga, che omettiamo, vale la serie trovata da Newton: per ogni $\alpha$ reale e per $\lvert x \rvert < 1$

$$(1 + x)^\alpha = \sum_{n=0}^{+\infty} \binom{\alpha}{n}\,x^n$$

con i coefficienti binomiali generalizzati

$$\begin{gathered} \binom{\alpha}{0} = 1 \\ \binom{\alpha}{n} = \frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - n + 1)}{n!} \end{gathered}$$

Se $\alpha$ è naturale, da $n = \alpha + 1$ in poi i coefficienti sono nulli: è il binomio di Newton. Altrimenti il rapporto dei coefficienti è $\frac{\lvert \alpha - n \rvert}{n + 1} \to 1$, e il raggio è 1. Con $\alpha = \frac{1}{2}$:

$$\sqrt{1 + x} = 1 + \frac{x}{2} - \frac{x^2}{8} + \frac{x^3}{16} - \dots$$

e con quattro termini $\sqrt{1{,}1} \approx 1{,}048\,813$, contro il valore vero $1{,}048\,809\ldots$

Una funzione che non è la sua serie di Taylor

Una funzione con infinite derivate è sempre uguale alla sua serie di Taylor? No. Il controesempio classico è

$$f(x) = \begin{cases} e^{-1/x^2} & \text{se } x \neq 0 \\ 0 & \text{se } x = 0 \end{cases}$$

Per $x \neq 0$ ogni derivata è un polinomio in $\frac{1}{x}$ moltiplicato per $e^{-1/x^2}$, come $f'(x) = \frac{2}{x^3}\,e^{-1/x^2}$, e l’esponenziale va a zero più in fretta di ogni potenza di $\frac{1}{x}$. Da qui si dimostra che in 0 le derivate di ogni ordine esistono e valgono tutte zero. La prima, con $t = \frac{1}{h}$:

$$\begin{gathered} f'(0) = \lim_{h \to 0} \frac{e^{-1/h^2}}{h} \\ {} = \lim_{t \to \pm\infty} t\,e^{-t^2} = 0 \end{gathered}$$

La serie di Maclaurin di $f$ è la serie nulla: converge per ogni $x$, ma a 0, mentre $f(x) > 0$ per $x \neq 0$. Il resto è $R_n(x) = f(x)$, che non tende a 0. La funzione è così piatta vicino all’origine che nessun polinomio se ne accorge: $f(0{,}1) = e^{-100} \approx 3{,}7 \cdot 10^{-44}$.

Funzioni analitiche. Una funzione è analitica in $x_0$ se, in tutto un intorno di $x_0$, è la somma di una serie di potenze di centro $x_0$, cioè della sua serie di Taylor. Polinomi, $e^x$, $\sin x$, $\cos x$, $\ln(1 + x)$, $\arctan x$ e $(1 + x)^\alpha$ sono analitiche in ogni punto interno al loro dominio; la $f$ qui sopra non lo è in 0. Per questo si controlla il resto, oppure si ricava la serie da serie già note.

Le serie al lavoro

Un integrale che non si sa calcolare

La funzione $e^{-x^2}$ non ha primitive elementari, e nell’integrale definito avevamo solo stimato il suo integrale su $[0, 1]$. Mettendo $-x^2$ al posto di $x$ nella serie dell’esponenziale:

$$e^{-x^2} = 1 - x^2 + \frac{x^4}{2!} - \frac{x^6}{3!} + \dots$$

con raggio $+\infty$. Integrando termine a termine su $[0, 1]$:

$$\begin{gathered} \int_0^1 e^{-x^2}\,dx = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n!\,(2n + 1)} \\ {} = 1 - \frac{1}{3} + \frac{1}{10} - \frac{1}{42} + \frac{1}{216} - \dots \end{gathered}$$

È una serie a segni alterni con valori assoluti decrescenti e infinitesimi: per Leibniz l’errore è minore del primo termine trascurato. Fermandoci a $\frac{1}{216}$, l’errore è minore di $\frac{1}{1320} \approx 0{,}000\,76$:

$$\int_0^1 e^{-x^2}\,dx \approx 0{,}747\,49$$

per eccesso, perché il primo termine trascurato è negativo. Il valore vero è $0{,}746\,82\ldots$

Limiti e derivate in un colpo solo

Dividendo per $x$ la serie del seno, per $x \neq 0$:

$$\frac{\sin x}{x} = 1 - \frac{x^2}{3!} + \frac{x^4}{5!} - \frac{x^6}{7!} + \dots$$

A destra c’è una serie con raggio $+\infty$ che in 0 vale 1: la funzione $g$ uguale a $\frac{\sin x}{x}$ per $x \neq 0$ e a 1 in 0 ha derivate di ogni ordine, date dai coefficienti: $g'(0) = 0$ e $g''(0) = 2! \cdot \left(-\frac{1}{6}\right) = -\frac{1}{3}$, senza rapporti incrementali.

Allo stesso modo, dalla serie dell’arcotangente, per $x \neq 0$

$$\frac{\arctan x - x}{x^3} = -\frac{1}{3} + \frac{x^2}{5} - \frac{x^4}{7} + \dots$$

A destra c’è una serie di potenze, continua in 0: il limite per $x \to 0$ è il suo valore in 0, cioè $-\frac{1}{3}$.

Somme di serie numeriche

Derivando la geometrica termine a termine, e poi moltiplicando per $x$, per $\lvert x \rvert < 1$:

$$\begin{gathered} \sum_{n=1}^{+\infty} n\,x^{n - 1} = \frac{1}{(1 - x)^2} \\ \sum_{n=1}^{+\infty} n\,x^n = \frac{x}{(1 - x)^2} \end{gathered}$$

Con $x = \frac{1}{2}$ si ritrova $\sum \frac{n}{2^n} = 2$, che nel criterio del rapporto avevamo sommato con un trucco; con $x = \frac{1}{3}$ si ottiene $\sum \frac{n}{3^n} = \frac{1/3}{4/9} = \frac{3}{4}$.

Un gioiello: l’esponenziale trasforma le somme in prodotti

Dimostrazione

Se, come in molti libri, si definisce $e^x$ con la sua serie, questa proprietà va dimostrata dalla serie. Moltiplichiamo le serie di $e^x$ e di $e^y$ raccogliendo i termini di grado totale $n$: è il prodotto alla Cauchy, che converge al prodotto delle somme per il teorema di Mertens, visto nella convergenza assoluta, perché le due serie convergono assolutamente. Il termine di grado $n$ è

$$\begin{gathered} c_n = \sum_{k=0}^{n} \frac{x^k}{k!} \cdot \frac{y^{n - k}}{(n - k)!} \\ {} = \frac{1}{n!} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k}\,x^k\,y^{n - k} \\ {} = \frac{(x + y)^n}{n!} \end{gathered}$$

perché $\frac{n!}{k!\,(n - k)!} = \binom{n}{k}$ e l’ultima somma è il binomio di Newton. Quindi $e^x\,e^y = \sum c_n = e^{x + y}$. Con $y = -x$ si trova $e^x\,e^{-x} = 1$: l’esponenziale non si annulla mai.

Un po’ di storia

Le prime serie per seno, coseno e arcotangente sono attribuite all’indiano Madhava, attivo in Kerala attorno al 1400, e ci sono note da testi della sua scuola di un secolo dopo. In Europa James Gregory trovò la serie dell’arcotangente nel 1671 e Leibniz, in modo indipendente, quella di $\frac{\pi}{4}$ tra il 1673 e il 1674. Newton trovò la serie binomiale attorno al 1665 e la descrisse nel 1676 in una lettera destinata a Leibniz. Brook Taylor pubblicò la sua formula nel 1715; Colin Maclaurin usò il caso $x_0 = 0$ nel 1742, attribuendolo a Taylor. Cauchy diede nel 1821 la formula del raggio, riscoperta da Hadamard nel 1888, e nel 1823 mostrò con $e^{-1/x^2}$ che una funzione può non essere la sua serie di Taylor.

Gli errori più comuni

• Dimenticare gli estremi. In $x = x_0 \pm R$ rapporto e radice tendono a 1: si sostituisce e si studia.
• Scrivere R = L invece di R = 1/L. In $\sum 3^n x^n$ il rapporto tende a 3, ma il raggio è $\frac{1}{3}$.
• Dimenticare il centro. $\sum a_n (x - 2)^n$ con $R = 1$ converge attorno a 2, non attorno a 0.
• Usare il rapporto dei coefficienti quando mancano delle potenze. Con $x^{2n}$ si applica il rapporto ai termini interi.
• Credere che la serie converga dove è definita la funzione. $\arctan x$ esiste ovunque, ma la sua serie converge solo in $[-1, 1]$.
• Pensare che derivando o integrando l’insieme di convergenza resti uguale. Resta il raggio; gli estremi vanno ricontrollati.
• Credere che ogni funzione con infinite derivate sia la sua serie di Taylor. $e^{-1/x^2}$ è il controesempio: il resto deve tendere a 0.
• Sostituire fuori dall’insieme di convergenza. Per $\ln(4 + x^2)$ si raccoglie prima 4: la serie di $\ln(1 + y)$ vale solo per $-1 < y \leq 1$.

Esercizi svolti

1. Raggio e intervallo di convergenza

Testo. Trova il raggio e l’insieme di convergenza di $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty} \frac{3^n}{n^2 + 1}\,x^n$.

Il rapporto dei coefficienti, con $(n + 1)^2 + 1 = n^2 + 2n + 2$:

$$\begin{gathered} \frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{3^{n + 1}}{n^2 + 2n + 2} \cdot \frac{n^2 + 1}{3^n} \\ {} = 3 \cdot \frac{n^2 + 1}{n^2 + 2n + 2} \longrightarrow 3 \end{gathered}$$

Quindi $R = \frac{1}{3}$, non 3. Negli estremi $3^n \left(\pm\frac{1}{3}\right)^n = (\pm 1)^n$: in $x = \frac{1}{3}$ la serie diventa $\sum \frac{1}{n^2 + 1}$, che converge per confronto asintotico con $\sum \frac{1}{n^2}$; in $x = -\frac{1}{3}$ diventa $\sum \frac{(-1)^n}{n^2 + 1}$, con gli stessi valori assoluti. L’insieme di convergenza è $\left[-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right]$, con convergenza assoluta ovunque.

2. Un centro diverso da zero e le potenze pari

Testo. Trova l’insieme di convergenza di $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(x - 1)^{2n}}{n\,4^n}$ e calcolane la somma.

Il centro è $x_0 = 1$ e compaiono solo le potenze pari di $x - 1$: il rapporto si applica ai termini. Per $x \neq 1$:

$$\begin{gathered} \frac{\lvert x - 1 \rvert^{2n + 2}}{(n + 1)\,4^{n + 1}} \cdot \frac{n\,4^n}{\lvert x - 1 \rvert^{2n}} \\ {} = \frac{(x - 1)^2}{4} \cdot \frac{n}{n + 1} \longrightarrow \frac{(x - 1)^2}{4} \end{gathered}$$

Il limite è minore di 1 se $\lvert x - 1 \rvert < 2$, cioè $-1 < x < 3$: il raggio è 2. Negli estremi $(x - 1)^2 = 4$, quindi $(x - 1)^{2n} = 4^n$ e si ottiene la serie armonica: diverge in tutti e due. L’insieme di convergenza è $(-1, 3)$.

Per la somma poniamo $y = \frac{(x - 1)^2}{4} \in [0, 1)$. Dalla serie del logaritmo con $-y$ al posto di $x$, $\sum \frac{y^n}{n} = -\ln(1 - y)$, quindi

$$\begin{gathered} \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(x - 1)^{2n}}{n\,4^n} \\ {} = -\ln\left(1 - \frac{(x - 1)^2}{4}\right) \\ {} = \ln\frac{4}{(3 - x)(1 + x)} \end{gathered}$$

perché $4 - (x - 1)^2 = (3 - x)(1 + x)$. Controllo: in $x = 2$ la serie è $\sum \frac{1}{n\,4^n}$ e la formula dà $\ln\frac{4}{3} \approx 0{,}288$.

3. Una somma con la geometrica derivata

Testo. Calcola $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} n^2\,x^n$ per $\lvert x \rvert < 1$ e deduci il valore di $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n^2}{2^n}$.

Partiamo da $\sum n\,x^n = \frac{x}{(1 - x)^2}$, con raggio 1, e deriviamo ancora termine a termine:

$$\sum_{n=1}^{+\infty} n^2\,x^{n - 1} = \frac{d}{dx}\,\frac{x}{(1 - x)^2}$$

Con la regola del quoziente, semplificando un fattore $1 - x$:

$$\begin{gathered} \frac{d}{dx}\,\frac{x}{(1 - x)^2} = \frac{(1 - x)^2 + 2x(1 - x)}{(1 - x)^4} \\ {} = \frac{(1 - x) + 2x}{(1 - x)^3} = \frac{1 + x}{(1 - x)^3} \end{gathered}$$

Moltiplicando per $x$:

$$\sum_{n=1}^{+\infty} n^2\,x^n = \frac{x\,(1 + x)}{(1 - x)^3}$$

Con $x = \frac{1}{2}$, che sta dentro l’intervallo:

$$\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n^2}{2^n} = \frac{\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{2}}{\frac{1}{8}} = \frac{3}{4} \cdot 8 = 6$$

Controllo: i primi cinque termini, $\frac{1}{2} + 1 + \frac{9}{8} + 1 + \frac{25}{32}$, danno già circa $4{,}41$.

4. La serie di una funzione composta

Testo. Scrivi la serie di Maclaurin di $f(x) = \ln(4 + x^2)$, trova il suo insieme di convergenza e calcola $f^{(4)}(0)$.

Raccogliamo 4 per arrivare a $\ln(1 + y)$:

$$\ln(4 + x^2) = \ln 4 + \ln\left(1 + \frac{x^2}{4}\right)$$

La serie del logaritmo vale per $-1 < y \leq 1$. Con $y = \frac{x^2}{4}$, cioè $y^n = \frac{x^{2n}}{4^n}$:

$$\begin{gathered} \ln(4 + x^2) \\ {} = \ln 4 + \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n + 1}}{n\,4^n}\,x^{2n} \\ {} = \ln 4 + \frac{x^2}{4} - \frac{x^4}{32} + \frac{x^6}{192} - \dots \end{gathered}$$

La condizione $-1 < \frac{x^2}{4} \leq 1$ equivale a $x^2 \leq 4$, cioè $-2 \leq x \leq 2$; per $\lvert x \rvert > 2$ si ha $y > 1$ e i termini non tendono a 0. Il raggio è 2 e l’insieme di convergenza è $[-2, 2]$; negli estremi $y = 1$ e la somma vale $\ln 4 + \ln 2 = \ln 8$.

Per l’unicità dei coefficienti questa è la serie di Taylor di $f$, e il coefficiente di $x^4$ è $\frac{f^{(4)}(0)}{4!}$:

$$f^{(4)}(0) = 4! \cdot \left(-\frac{1}{32}\right) = -\frac{3}{4}$$

5. Un integrale con l’errore garantito

Testo. Calcola $\displaystyle\int_0^1 \sin(x^2)\,dx$ con un errore minore di $10^{-4}$.

La funzione $\sin(x^2)$ non ha primitive elementari, come ricordato nell’integrale indefinito. Mettendo $x^2$ al posto di $x$ nella serie del seno:

$$\begin{gathered} \sin(x^2) = x^2 - \frac{x^6}{3!} + \frac{x^{10}}{5!} - \dots \\ {} = \sum_{n=0}^{+\infty} (-1)^n\,\frac{x^{4n + 2}}{(2n + 1)!} \end{gathered}$$

con raggio $+\infty$. Integriamo termine a termine su $[0, 1]$, con $\int_0^1 x^{4n + 2}\,dx = \frac{1}{4n + 3}$:

$$\begin{gathered} \int_0^1 \sin(x^2)\,dx \\ {} = \sum_{n=0}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{(2n + 1)!\,(4n + 3)} \\ {} = \frac{1}{3} - \frac{1}{42} + \frac{1}{1320} - \frac{1}{75\,600} + \dots \end{gathered}$$

Segni alterni e valori assoluti decrescenti verso 0: vale la stima di Leibniz. Serve un primo termine trascurato minore di $10^{-4}$: $\frac{1}{1320} \approx 7{,}6 \cdot 10^{-4}$ è troppo grande, $\frac{1}{75\,600} \approx 1{,}3 \cdot 10^{-5}$ va bene. Bastano tre termini:

$$\frac{1}{3} - \frac{1}{42} + \frac{1}{1320} = \frac{2867}{9240} \approx 0{,}310\,28$$

Il primo termine trascurato è negativo, quindi l’approssimazione è per eccesso, con un errore minore di $1{,}3 \cdot 10^{-5}$: l’integrale sta tra $0{,}310\,26$ e $0{,}310\,29$. Il valore vero è $0{,}310\,268\ldots$

6. Vero o falso

Testo. Di’ se ogni affermazione è vera o falsa, motivando.

1. Se $\sum a_n x^n$ converge in $x = 3$, converge assolutamente in $x = -2{,}5$.
2. Se $\sum a_n x^n$ converge in $x = 3$, converge anche in $x = -3$.
3. $\sum a_n x^n$ e $\sum n\,a_n x^{n - 1}$ hanno lo stesso insieme di convergenza.
4. Se $f$ ha derivate di ogni ordine su $\mathbb{R}$, la sua serie di Maclaurin converge a $f(x)$ almeno vicino a 0.
5. Se $\sum a_n x^n = \sin x$ per $\lvert x \rvert < 1$, allora $a_3 = -\frac{1}{6}$.

1. Vero. È il lemma: $\lvert -2{,}5 \rvert < 3$.

2. Falso. La seconda serie della tabella, $\sum \frac{(-1)^n x^n}{n\,3^n}$, converge in $x = 3$ e diverge in $x = -3$.

3. Falso. Hanno lo stesso raggio, non sempre gli stessi estremi: $\sum \frac{x^n}{n^2}$ converge in $[-1, 1]$, la sua derivata solo in $[-1, 1)$.

4. Falso. Per $e^{-1/x^2}$, estesa con 0 in $x = 0$, la serie di Maclaurin è nulla e coincide con $f$ solo in 0.

5. Vero. Per l’unicità dei coefficienti è la serie di Taylor del seno, e $a_3 = \frac{\sin'''(0)}{3!} = -\frac{1}{6}$.

In sintesi

• Una serie di potenze $\sum a_n (x - x_0)^n$ converge assolutamente per $\lvert x - x_0 \rvert < R$ e non converge per $\lvert x - x_0 \rvert > R$; gli estremi si studiano a parte.
• $\frac{1}{R} = \limsup \sqrt[n]{\lvert a_n \rvert}$; in pratica $R = \frac{1}{L}$, con $L$ limite di $\left\lvert \frac{a_{n + 1}}{a_n} \right\rvert$ o di $\sqrt[n]{\lvert a_n \rvert}$.
• Dentro l’intervallo la somma ha derivate di ogni ordine e si deriva e integra termine a termine con lo stesso raggio; $a_n = \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}$.
• La serie di Taylor converge a $f(x)$ se e solo se $R_n(x) \to 0$: con il resto di Lagrange vale per $e^x$, $\sin x$ e $\cos x$ su tutto $\mathbb{R}$.
• Integrando la geometrica: $\ln(1 + x) = \sum (-1)^{n + 1}\frac{x^n}{n}$ per $-1 < x \leq 1$ e $\arctan x = \sum (-1)^n \frac{x^{2n + 1}}{2n + 1}$ per $-1 \leq x \leq 1$, da cui $\ln 2$ e $\frac{\pi}{4}$.
• $e^{-1/x^2}$ ha tutte le derivate nulle in 0: non ogni funzione con infinite derivate è analitica.
• $e = \sum \frac{1}{n!}$, e moltiplicando le serie (prodotto alla Cauchy) si ritrova $e^{x + y} = e^x\,e^y$.

Hai finito la teoria del capitolo, e del programma di Analisi 1: mettiti alla prova con gli esercizi svolti sulle serie.