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Esercizi sullo sviluppo in serie di Taylor e/o Mac Laurin

Somma di una serie con funzione trigonometrica

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Si calcoli la somma della seguente serie $$\sum\limits_{n=0}^{+\infty} \frac{(\sin y)^{2n+1}}{2n+1}, \quad y \in [0 ,1]$$

Esercizio 1

Poniamo $x = \sin y, \ $ così la serie diventa

$$\sum\limits_{n=0}^{+\infty} \frac{x^{2n+1}}{2n+1} = \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{x^{2n-1}}{2n-1} = x + \frac{x^3}{3} + \frac{x^5}{5}+ \frac{x^7}{7} + \cdots$$

Adesso osserviamo che questa serie ricorda la differenza tra

$$\log (1+x) = \sum\limits_{n=1}^\infty (-1)^{n+1} \frac{x^{n}}{n} = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5} - \cdots$$

e

$$\log (1-x) =- \left( x + \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} + \frac{x^4}{4} + \frac{x^5}{5} + \cdots \right)$$

Infatti,

$$\log(1+x)-\log (1-x) = \left( 2x + 2 \frac{x^3}{3} + 2 \frac{x^5}{5} + 2\cdots \right) = 2 \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{x^{2n-1}}{2n-1} $$

Dunque, mettendo insieme quanto detto e utilizzando le proprietà dei logaritmi, si ha:

$$\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \frac{x^{2n-1}}{2n-1} = \frac{1}{2} \log \left( \frac{1+x}{1-x} \right)$$

e, ricordando che abbiamo posto $x=\sin y$ otteniamo infine

$$\sum\limits_{n=0}^{+\infty} \frac{(\sin y)^{2n+1}}{2n+1} = \frac{1}{2} \log \left( \frac{1+\sin y}{1-\sin y} \right) $$

L'esercizio è così concluso.

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