ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **dimaios** » 3 lug 2013, 12:12

$\sum_{k=1}^{+\infty}kx^{k-1}= \frac{1}{x} \sum_{k=1}^{+\infty}kx^{k} = \frac{1}{(1-x)^2}$

Ovviamente per $x \neq 0$ .

Ma per k=0

la sommatoria vale 0 per cui.

$\frac{1}{x} \sum_{k=1}^{+\infty}kx^{k} = \frac{1}{x} \sum_{k=0}^{+\infty}kx^{k}$

da **Vibia** » 3 lug 2013, 13:09

Ah ok adesso ho capito

da **dimaios** » 3 lug 2013, 13:57

da **Vibia** » 4 lug 2013, 10:52

dimaios ti ringrazio molto per l'aiuto che mi stai dando e te ne sono veramente riconoscente

Ho provato a fare un altro esercizio e ne è capitata un'altra a fagiolo, volevo postarti i miei risultati per poter capire ho afferrato il concetto

Devo Z-trasformare
$a_n\left\{\begin{matrix} n^2-n & se& n& pari \\ n^2+n & se& n& dispari \end{matrix}\right.$

Da cui ho scritto

$\mathcal{Z}[a_n]= \sum_{0}^{+\infty} (n^2-n)z^{-2n-1}+\sum_{0}^{+\infty}(n^2+n)z^{-2n}$

$\frac{1}{z}\sum_{0}^{+\infty}n^2z^{-2n}-\frac{1}{z}\sum_{0}^{+\infty}nz^{-2n}+\sum_{0}^{+\infty}n^2z^{-2n}+\sum_{0}^{+\infty}nz^{-2n}$

Poi ho pensato che siccome a me serve che partono da 1 ho scalato di un termine ma per n=0 valgono 0 quindi ho semplicemente scalato di 1 termine le serie.
Ho poi messo in evidenza

$(\frac{1}{z}+1)\sum_{1}^{+\infty}n^2z^{-2n}-(\frac{1}{z}-1)\sum_{1}^{+\infty}nz^{-2n}$

La seconda serie grazie al tuo aiuto la so trattare e scrivo
$\sum_{1}^{+\infty}nz^{-2n}=\frac{1}{(1-z)^2}$

la prima serie invece non so come trattarla...
però mi sono ricordato che quando trattavo le serie utilizzavo diversi criteri e quindi ho provato ad usare il criterio del rapporto.
Svolgendo il limite mi viene z^2

e applicando il teorema di Dalambert mi trovo che la serie converge a $\frac{1}{z^2}$

Se non ho sbagliato a ragionare, oltre ad essere contento della cosa, trasformo la restante parte dell'equazione e antitrasformo per ottenere x(n)

Grazie ancora per l'aiuto!!

da **dimaios** » 4 lug 2013, 12:14

Attenzione a non confondere il risultato del criterio di convergenza con il valore della serie.

Procedendo come ti ho indicato nei post precedenti si ottiene il seguente risultato :
$\sum_{n=1}^{\infty} n^2 q^n =\frac{q(1+q)}{(1-q)^3}$

Nel caso in oggetto si ha $q = z^{-2}$

Da questo si perviene al risultato finale.

Il criterio di D' Alembert ( non Dalambert ) ti suggerisce il carattere della serie non il valore a cui converge la sommatoria.

da **Vibia** » 4 lug 2013, 12:27

Scusami se sono di coccio...

non mi è chiaro il q(1+q)

da cosa esce???

Volevo chiederti se queste cose sulle serie le posso vedere sul mio libro di analisi per poter migliorare le mie conoscenze in questa parte di matematica che, come puoi constatare, sono molto scarse...

Nonostante abbia fatto le serie ad Analisi I io queste cose non le riesco proprio a capire, ne ad arrivarci...dove potrei studiarle per poter imparare a trattarle?

da **dimaios** » 4 lug 2013, 13:34

Vibia, devi fare i conti per bene partendo dall'inizio comunque puoi anche fare uso di una tabella con le serie notevoli gia' pre-calcolate.
Un esempio e' questo http://it.wikipedia.org/wiki/Lista_delle_serie_matematiche.

Comunque il risultato dipende dalla definizione della funzione polilogaritmo.
Per capire come funziona la tecnica per ricavare ricorsivamente le espressioni delle serie notevoli guarda pure questi link.

http://en.wikipedia.org/wiki/Polylogarithm
e
http://en.wikipedia.org/wiki/List_of_mathematical_series

Tutto si basa sulla formula ricorsiva :

$\frac{d}{dz}Li_{n}(z)=\frac{Li_{n-1}(z)}{z}$

Per quanto riguarda invece il materiale per studiare puoi semplicemente cercare su Google "serie numeriche dispense" e "serie numeriche esercizi" e trovi tutto quello che vuoi.
Un ottimo riferimento cartaceo per esercitarti sono i libri della collezione Schaum's tipo "Schaum's Outline of Numerical Analysis".
Verifica dove si trovano gli argomenti di tuo interesse, i testi costano poco e sono ricchi di esempi.

da **Vibia** » 4 lug 2013, 14:17

Grazie mille cercherò di far frutto di consigli che mi hai dato

(Grazie al tuoi aiuto sono diventato un ottimo risolutore di trasformate di laplace,che tra l'altro è quello che mi servirà di più in un futuro)

da **dimaios** » 4 lug 2013, 14:47

( a costo di sembrare il precisino di turno .... Laplace con la "L" maiuscola .... era un grande .... rispettiamolo come si deve ! ) ;-)

da **Vibia** » 4 lug 2013, 14:49

No hai perfettamente ragione...la "L" maiuscola è il minimo che si possa fare per esserne riconoscenti

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