Successioni e serie di funzioni

ULTIMO AGGIORNAMENTO: 6. maggio 2005

Convergenza puntuale ed uniforme

Differenza tra convergenza puntuale ed uniforme: Si supponga di avere una successione di funzioni $f_n : D \to {\bf R}$ tali che $\lim_{n\to\infty} f_n (x) = f(x)$. Ci chiediamo se il limite è anche uniforme: dovrei avere che

$$\lim_{n\to\infty} \sup_{x \in D} \vert f_n(x) - f(x)\vert = 0$$

il che è equivalente a dire che (per definizione di limite) per ogni $\epsilon > 0$ esiste $N = N(\epsilon )$ tale che per ogni $n \geqslant N$ si ha

$$\sup_{x \in D} \vert f_n(x) - f(x)\vert < \epsilon .$$

Si veda la Figura 1.1 per avere un'idea dal punto di vista grafico: la curva in neretto rappresenta il grafico della funzione limite $f$, i puntini i grafici di $f + \epsilon$ e $f - \epsilon$, la curva tratteggiata il grafico di una possibile $f_n$ con $n \geqslant N(\epsilon )$.

Figura 1.1:

Considerazioni generali: non esiste un metodo generale (cioè un modo meccanico che valga in ogni situazione) per studiare la convergenza uniforme. La prima osservazione che va fatta è che, se $f_n : D \to {\bf R}$ convergono puntualmente ad $f$ in $D$, il candidato ad essere il limite uniforme è $f$. La seconda è che lo studio ha come incognita l'insieme (o gli insiemi) sul quale (o sui quali) $f_n$ converge uniformemente. La domanda da porsi è quindi:

$$\textrm{su quali insiemi } A \subset D \textrm{ vale } \hski... ...m_{n\to\infty} \sup_{x \in A} \vert f_n(x) - f(x)\vert = 0 ?$$

Chiaramente se $f_n \to f$ uniformemente su tutto $D$ convergerà uniformemente anche su tutti i sottoinsiemi $A$ di $D$.
Un modo per cercare l'estremo superiore di $\vert f_n -f\vert$ (dove $f$ è il limite puntuale di $f_n$) se $f$ e $f_n$ sono di classe $C^1$ è di cominciare risolvendo l'equazione

$${{d}\over{dx}} (f_n(x) - f(x)) = 0$$

e considerando i punti critici di $f_n-f$: si faccia attenzione che il minimo, se c'è, di $f_n-f$ potrebbe essere il massimo di $\vert f_n -f\vert$. Questo però è un modo e comunque non sempre fornisce l'estremo superiore (ad esempio il sup potrebbe non essere un massimo, il massimo potrebbe essere assunto agli estremi ecc.).
In generale è spesso utile intuire il comportamento della successione di cui bisogna studiare la convergenza. Un consiglio è quindi quello di studiare qualitativamente, se possibile, il grafico delle funzioni $f_n$.

Serie di Funzioni

Una serie di funzioni $\sum_n f_n$ è una speciale successione di funzioni $\{g_N \}_N$ dove $g_N (x) = \sum_{n=0}^N f_n(x)$.
Ricordo: per le serie di funzioni si ha che

$$\textrm{conv. totale su }A\Longrightarrow \textrm{ conv. uniforme su }A \Longrightarrow \textrm{ conv. puntuale su }A .$$

Non ci sono molti criteri in generale per studiare la convergenza uniforme: in generale, e quindi in particolare se si ha una serie a termini tutti positivi (o tutti negativi), una strategia possibile è studiare prima la convergenza totale della serie, ma questo non garantisce di trovare tutti gli insiemi in cui vi è convergenza uniforme! (si vedano, ad esempio, gli esercizi 1.15 e 1.17), quando si ha una serie a segni alterni si può sfruttare il criterio di Leibniz.
Per quanto riguarda lo studio della convergenza totale: chiaramente la miglior costante che controlla su un insieme $A$ il valore assoluto di $f_n(x)$ è $\sup_A\vert f_n(x)$. Quindi per studiare la convergenza totale su $A$ di $\sum_n f_n$ conviene, se si riesce a calcolare l'estremo superiore di $\vert f_n\vert$, studiare la serie

$$\sum_n \sup_{x \in A} \vert f_n(x)\vert .$$

Non sempre però conviene calcolare l'estremo superiore e ci si può accontentare di una stima (si veda, ad esempio, la soluzione dell'ESERCIZIO 1.16) o non sempre si riesce a calcolare tale estremo superiore (si veda, ad esempio, la soluzione dell'ESERCIZIO 1.14)

Serie di potenze

Ricordo: le serie di potenze sono particolari serie di funzioni della forma

$$\sum_{n=0}^{\infty} a_n (x - x_0)^n .$$

Il raggio di convergenza di $\sum_n a_n x^n$ è dato da $\rho = {\displaystyle {{1}\over{\lim_n \vert a_n\vert^{1/n}}}}$ se tale limite esiste (si vedano le dispense di teoria per la definizione di raggio di convergenza e l'Esercizio 1.45 per un esempio in cui il limite non esiste).

Serie di Fourier

Ricordo: se $T$ è il semiperiodo la serie è data da

$${{a_0}\over{2}} + \sum_{n=1}^{\infty} \Big[a_n \cos {{n \pi}\over{T}}x + a_n \!\textrm{sen} \!{{n \pi}\over{T}}x \Big]$$

dove i coefficienti sono dati da $(n \in {\bf N}$)

$$a_n = {{1}\over{T}} \int_{-T}^T f(x) \cos {{n\pi}\over{T}}x ... ...int_{-T}^T f(x) \!\textrm{sen} \!{{n\pi}\over{T}}x dx .$$

Uguaglianza di Parseval:

$$\int_{-T}^T \vert f(x)\vert^2 dx = T \Big( {{a_0^2}\over{2}}... ..._{n=1}^{\infty} \vert a_n\vert^2 + \vert b_n\vert^2 \Big) .$$ (1.1)

Integrazione della serie di Fourier - Si supponga di avere $f$ continua a tratti e $F(x) = \int_{-T}^x \big( f(t) - a_0/2 \big) dt$. Se denotiamo con $a_n$ e $b_n$ i coefficienti di $f$, con $A_n$ e $B_n$ quelli di $F$ valgono le relazioni

$$A_n = - {{b_n}\over{n}} , \hskip30pt B_n = {{a_n}\over{n}} .$$ (1.2)

Per quanto riguarda la convergenza della serie (vedi dispense di teoria): per ogni funzione limitata, continua a tratti e derivabile a tratti la serie converge puntualmente ovunque (alla media $\tilde{f}$ definita nelle dispense di teoria), uniformemente in ogni intervallo chiuso in cui $f$ è continua e totalmente se converge la serie dei coefficienti

$$\sum_n ( \vert a_n\vert + \vert b_n\vert)$$

visto che $\sup \vert a_n \cos nx \vert = \vert a_n\vert$ e $\sup \vert b_n \!\textrm{sen} \!nx \vert = \vert b_n\vert$.

Soluzioni

Soluzione 1.1 -

Figura 1.2:

Limite puntuale:

$$\lim_{n\to + \infty} f_n(x) = \vert x\vert \hskip50pt \textrm{per ogni }x \in [-1, 1] .$$

Limite uniforme:

$$\sup_{x\in [-1,1]} \Big\vert {\displaystyle \sqrt{x^2 + {{1}... ...\sup_{x\in [-1,1]} \sqrt{{{1}\over{n}}} = \sqrt{{{1}\over{n}}}$$

Osservazione - Nell'ultimo passaggio si è usata la diseguaglianza $\sqrt{a+b} \leqslant \sqrt{a} + \sqrt{b}$ (lasciata per esercizio).

Osservazione - Le funzioni $f_n$ sono tutte funzioni $C^1$, ma il limite è solo continuo: la convergenza uniforme si trascina al limite la continuità, ma non la derivabilità.

Soluzione 1.2 - Il limite puntuale è dato da (si veda la Figura 1.3)

$$\lim_{n\to\infty} f_n (x) = f(x) = \left\{ \begin{array}{ll} \pi/2 & x > 0 \\ 0 & x=0 \\ -\pi/2 & x<0 \end{array}\right.$$

Figura 1.3:

Usiamo il Teorema 1.5 (continuità della funzione limite) delle dispense che qui ricordiamo brevemente.

Questo può essere usato anche in negativo: cioè se $\{f_n\}_n$ è una successione di funzioni continue che converge puntualmente ad una funzione $f$ non continua, la convergenza non può essere uniforme.
Concludiamo che se $D = {\bf R}$ $f_n$ non converge uniformemente ad $f$. Ci si può chiedere se ci sono insiemi strettamente contenuti in ${\bf R}$ sui quali la convergenza è uniforme. Si consideri $A = [a, + \infty)$ con $a > 0$. La derivata di $\vert f_n - f\vert = f - f_n$ è sempre negativa (per cui non ci sono punti stazionari). Questo però ci dice che il massimo è assunto per $x_n = a$. Per cui

$$\sup_{x \in [a, +\infty)} \vert f_n(x) - f(x)\vert = \pi/2 - f_n(a) = \pi/2 - \textrm{arctg} \!(nx) .$$

Dalla convergenza puntuale concludiamo che questa quantità converge a zero. Poiché analogamente si può trattare il caso in cui $A = (-\infty, b]$ con $b<0$ concludiamo che $f_n$ converge uniformemente ad $f$ su tutti gli insiemi del tipo $(-\infty, b] \cup [a, +\infty)$ con $b<0$ e $a > 0$ e solo in quelli.

Soluzione 1.3 - Il limite puntuale è $f \equiv 1$ su tutto ${\bf R}$. Prima di tutto si osservi che (si vedano alcuni grafici in Figura 1.4)

$$\lim_{x \to +\infty} f_n(x) = 0 , \hskip30pt \lim_{x \to -\infty} f_n(x) = 0$$

e anche che

$$f_n(x) = 0 \hskip10pt \textrm{per } x_n = - n .$$

Per ognuna di queste ragioni

$$\sup_{x \in {\bf R}} \vert f_n(x) - f(x)\vert \geqslant 1$$

e quindi non vi può essere convergenza uniforme su tutto ${\bf R}$ e nemmeno su semirette. Vediamo che succede se consideriamo un compatto $[a,b]$. Calcoliamo la derivata e poniamola uguale a zero. Si ha

$$f_n'(x) = 0 \hskip10pt \iff \hskip10pt x^2 + 2n - n =0$$

che ha come soluzioni $x_n = -n + \sqrt{n^2+n}$ e $y_n = -n - \sqrt{n^2+n}$. Si osservi che $x_n \to 1/2$ mentre $y_n \to - \infty$, quindi, qualunque sia $[a,b]$, $y_n$ definitivamente non appartiene ad $[a,b]$. Se $1/2 \in (a,b)$ allora $x_n$ definitivamente appartiene ad $[a,b]$. In $[a,b]$ quindi o non ci sono punti stazionari o c'è solamente $x_n$, nel quale $f_n$ assume il suo valore massimo che vale

$$f_n(x_n) = {\displaystyle {{\sqrt{n^2+n}}\over{2n(n+1-\sqrt{n^2+n})}}} = {{n + \sqrt{n^2+n}}\over{2n}} \to 1 .$$

Attenzione: il massimo di $\vert f_n -f\vert$ non è detto sia assunto in $x_n$. Infatti si ha

$$f_n(x) - f(x) = {{x(1-x)}\over{x^2+n}}$$

che è positiva per $x \in (0,1)$ (e negativa altrimenti). Quindi

$$\vert f_n(x) - f(x)\vert = \left\{ \renewcommand {\arraystr... ...yle {{-x(1-x)}\over{x^2+n}}} & x \in [1, b] \end{array}\right.$$

Figura 1.4:

Per cui l'estremo superiore (che in realtà è un massimo) è sicuramente assunto in $x=a$ o $x=b$ oppure $x=x_n$. Per cui

$$\sup_{x \in [a,b]} \vert f_n(x) - f(x)\vert \leqslant \max \{ f_n(a) - 1, f_n(b) -1, f_n(x_n)-1 \} .$$

Poiché tutti e tre i valori dell'insieme a destra convergono a zero si conclude che $\{f_n\}_n$ converge uniformemente sui compatti.

Soluzione 1.4 - Convergenza puntuale: $f_n(x) \to 0$ per ogni $x \in [0,1]$. Per l'uniforme calcoliamo la derivata di $f_n$:

$$f_n'(x) = (1-x)^{n-1} \log n [(1-x) - nx]$$

e questa si annulla per $x_n = 1/(n+1)$ (la funzione è non negativa e nulla agli estremi, $x_n$ è quindi di massimo). Il valore

$$f_n(x_n) = {{\log n}\over{n+1}} \Big( {{n}\over{n+1}} \Big)^n \to 0 .$$

Soluzione 1.5 - Il limite puntuale è (in Figura 1.5 sono riportati i grafici di alcune $f_n$)

$$\lim_{n\to + \infty} f_n(x) = 0 \hskip40pt \textrm{per ogni }x \in [0,1] .$$

Vediamo se il limite è anche uniforme:

$$f_n'(x) = {{n(1+n^2x^2) - 2 n^3 x^2}\over{(1 + (nx)^2)^2}} = {{n - n^3 x^2}\over{(1 + (nx)^2)^2}}$$

che si annulla per $x_n = 1/n$. Ora $f_n(x_n) = 1/2$ per ogni $n \in {\bf N}$ per cui

$$\lim_{n\to + \infty} \Vert f_n - f \Vert _{\infty} = \lim_{n... ...fty} = \lim_{n\to + \infty} {{1}\over{2}} = {{1}\over{2}} .$$

Figura 1.5:

Osservazione - Si osservi che il limite puntuale di funzioni continue può essere continuo anche se il limite non è uniforme.

Soluzione 1.6 - Facilmente si ha che

$$\lim_{n\to \infty} f_n(x) = 0 \hskip20pt \textrm{per ogni }x \in [0, + \infty)$$

La convergenza non è però uniforme. Infatti

$$\sup_{x\in [0,+\infty)} \vert f_n(x)\vert = +\infty .$$

È uniforme però sui limitati. Si consideri, ad esempio, un intervallo $[0,a]$ con $a > 0$:

$$f_n'(x) = {{x^2 + 2nx}\over{(x+n)^2}} \geqslant 0$$

per cui le funzioni sono crescenti e quindi assumono il massimo in $x=a$:

$$\sup_{x\in [0,a]} \vert f_n(x)\vert = {{a^2}\over{a+n}} \to 0 \hskip20pt \textrm{per ogni }a \in (0, + \infty) .$$

Calcoliamo l'integrale:

$$\renewcommand {\arraystretch}{1.5} \begin{array}{lll} \lim_{... ...lim_{n\to \infty} \int_0^1 \vert f_n(x)\vert dx = 0 \end{array}$$

grazie al fatto che $f_n \to 0$ uniformemente in $[0,1]$. Si noti che anche le funzioni $x \mapsto f_n(x) \ \!\textrm{sen} \ \!(nx)$ convergono uniformemente a $0$ in $[0,1]$ poiché $g_n(x) = \ \!\textrm{sen} \ \!(nx)$ sono equilimitate (questo è vero solo perché le $f_n$ convergono a zero! In generale se $f_n \to f$ uniformemente e $g_n$ sono equilimitate non possiamo affermare che $f_n g_n$ convergono uniformemente).

Soluzione 1.7 - Il limite puntuale è $f \equiv 0$. Per studiare la convergenza uniforme calcoliamo il massimo delle $f_n$.

$$f_n'(x) = n^{\alpha} (1-x^2)^{n-1} [ 1 - x^2(1+2n) ] = 0 \iff x = {{1}\over{\sqrt{1+2n}}}$$

Valutiamo il massimo di $\vert f_n -f\vert$:

$$M_n(\alpha) = \max_{x\in [0,1]} \vert f_n(x)\vert = n^{\alpha} {{1}\over{\sqrt{1+2n}}} \Big( 1 - {{1}\over{1+2n}} \Big) .$$

Si ha che

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{ll} \lim_{n\t... ...textrm{per } \alpha > {\displaystyle {{1}\over{2}}} \end{array}$$

e quindi vi è convergenza uniforme solo per $0 \leqslant \alpha < 1/2$. Calcoliamo l'integrale. Per $0 \leqslant \alpha < 1/2$

$$\lim_n \int_0^1 f_n(x) dx = \int_0^1 \lim_n f_n(x) dx = 0$$

grazie alla convergenza uniforme. Negli altri casi calcolo la primitiva che è data da

$$\int_0^1 f_n = - n^{\alpha} {{1}\over{2(n+1)}} (1-x^2)^{n+1}\Big\vert _0^1 = {{n^{\alpha}}\over{2(n+1)}} .$$

Si ha allora che

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{ll} {\display... ...0^1 f_n = + \infty & \textrm{per } \alpha > 1 . \end{array}$$

Soluzione 1.8 - Facilmente si vede che $f_n(0) = f_n(\pi) \to 0$.
Se $x \in (0, \pi)$, $x \not= \pi/2$ si ha che $\!\textrm{sen} \!^2 x < 1$ e quindi si ha che esiste $a < 1$ per il quale definitivamente vale

$${{1}\over{n}} + \!\textrm{sen} \!^2x \leqslant a < 1$$

per cui $f_n(x) \to 0$ se $x \not= \pi/2$. Se $x = \pi/2$ si ha che

$$f_n(\pi/2) = \Big({{1}\over{n}} + 1 \Big)^n \to e$$

quindi il limite puntuale è (si veda la Figura 1.6)

$$\lim_{n\to\infty} f_n (x) = f(x) = \left\{ \renewcommand {\a... ...0 & x \not= {\displaystyle {{\pi}\over{2}}} \end{array}\right.$$

Figura 1.6:

Può convergere uniformemente? NO! Perché le $f_n$ sono continue e $f$ non lo è. Vediamo che succede se togliamo un intorno di $\pi/2$. Fisso $\delta > 0$ (e minore di $\pi/2$): in $[0, \pi/2 - \delta]$ $f_n$ è crescente per ogni $n \in {\bf N}$ per cui il massimo è assunto per $x = \pi/2 - \delta$. Detto $\alpha$ il valore $\!\textrm{sen} \!^2(\pi/2 - \delta) < 1$ si ha che esiste $\epsilon > 0$ tale che

$$\alpha + \epsilon < 1$$

e quindi

$$\max_{x \in [0, \pi/2 - \delta]} \vert f_n(x)\vert \leqslant... ...}} + \alpha\Big)^n \leqslant (\alpha + \epsilon )^n \to 0 .$$

Allo stesso modo si può procedere in $[\pi/2 + \delta, \pi]$. Conclusione: $f_n$ convergono uniformemente a $f \equiv 0$ in tutti gli insiemi del tipo $A_{\delta} = [0, \pi/2 - \delta] \cup [\pi/2 + \delta, \pi]$. Calcoliamo l'integrale:

$$\vert\displaystyle \int _0^{\pi} f_n (x) dx \vert = \vert \i... ...ant \int_{A_{\delta}} \vert f_n\vert (x) dx + 2 e \delta .$$

Passando al limite si ha che in $A_{\delta}$, grazie alla convergenza uniforme, l'integrale tende a $0$. Concludendo si ha che:

$$\forall \delta > 0 \hskip10pt \lim_{n \to \infty} \vert\displaystyle \int _0^{\pi} f_n (x) dx \vert < 2e \delta$$

il che significa che l'integrale tende a $0$.

Soluzione 1.9 - Proponiamo due svolgimenti. Il primo: scrivendo $f_n(x)$ come $\log (1 + x/n)^n$ si ottiene che il limite puntuale è la funzione $f(x) = x$. Vediamo se è uniforme. Prendiamo in considerazione le funzioni $g_n(x) = (1 + x/n)^n$. Sappiamo dal primo corso di analisi che

$$\begin{array}{l} (1 + x/n)^n \hskip5pt\textrm{\\lq e crescente ... ... in }n \hskip5pt \textrm{per } x \textrm{ negativo} \end{array}$$

e converge alla funzione $g(x) = e^x$. Derivando si ottiene

$$g'(x) - g_n'(x) = e^x - \Big(1 + {{x}\over{n}} \Big)^{n-1} \... ...e } x = 0 \\ < 0 & \textrm{se } x < 0 . \end{array}\right.$$

Si osservi però che $g_n(0) = g(0) = 1$ per cui $\vert g(x) - g_n(x)\vert >0$ tranne che per $x=0$ che risulta essere un punto di minimo. È chiaro che il massimo è assunto quindi per $x=-1$ oppure per $x=1$ e si ha

$$\sup_{x \in [-1,1]} \vert g_n(x) - g(x)\vert \leqslant \ma... ...ert g_n(-1) - e^{-1}\vert, \vert g_n(1) - e\vert \} \to 0 .$$

Per cui $\{g_n\}$ converge uniformemente a $g$ in $[-1,1]$. Poiché la funzione $x \mapsto \log x$ è continua nell'intervallo $[e^{-1}, e]$ (nel quale assumono valori le $g_n$) e $\log g_n(x) = f_n(x)$, $\log g(x) = f(x)$, concludiamo che anche $\{f_n\}$ converge uniformemente a $f$ in $[-1,1]$.
Che succede in $[-1, + \infty)$?

Il secondo svolgimento fa uso del seguente risultato (teorema non visto a lezione).

Usiamo questo teorema per risolvere l'esercizio. Calcoliamo direttamente il limite uniforme di

$$f_n(x) = n \log (1 + x/n)$$

in $[-1,1]$. Si ha che $f_n'(x) = {{n}\over{x+n}}$ che converge uniformemente alla costante $1$, inoltre $f_n(0)$ converge a $0$. Per cui $f_n$ converge uniformemente alla funzione $f$ data da

$$f(x) = 0 + \int_0^x 1 dt = x$$

Soluzione 1.10 - La successione converge puntualmente alla funzione nulla su tutto ${\bf R}$, uniformemente solo sui compatti.

Soluzione 1.11 - Supponiamo per il momento di dover studiare semplicemente la serie

$$\sum_{n=1}^{\infty} {{1}\over{(1+x)^n}} \, .$$

In un caso del genere ci si può ridurre a studiare la serie geometrica

$$\sum_{n=1}^{\infty} y^n$$

pensando poi a sostituire a $y$ $1/(1+x)$. Sappiamo che la serie geometrica

$$\sum_{n=1}^{\infty} q^n = {{q}\over{1-q}} = \sum_{n=0}^{\infty} q^n - 1 \hskip20pt \textrm{per } \vert q\vert < 1 .$$

Di conseguenza la serie appena scritta converge alla funzione

$${{y}\over{1-y}}$$

puntualmente in $(-1,1)$ ed uniformemente e totalmente solo nei compatti $[a,b] \subset (-1,1)$. Infatti

$$\sup_{y \in [0,1)} \Big\vert \sum_{n=1}^{\infty} y^n - \sum_... ...[0,1)} \Big\vert \sum_{n=N+1}^{\infty} y^n \Big\vert = +\infty$$

e anche

$$\sup_{y \in (-1,0]} \Big\vert \sum_{n=1}^{\infty} y^n - \sum... ...\in [0,1)} \Big\vert {{y^{N+1}}\over{1-y}} \Big\vert = +\infty$$

per cui non può esservi convergenza uniforme, e nemmeno totale, in $(-1,0]$ e in $[0,1)$. Vediamo ora nei compatti $[a,b] \subset (-1,1)$. Infatti: si consideri per semplicità $[0,b]$ con $0<b<1$. Denotiamo con $g(y)$ il limite di $g_N$, cioè $g(y) = \sum_{n=1}^{\infty} y^n$. Si ha

$$\renewcommand {\arraystretch}{1.5} \begin{array}{lll} {\disp... ... \sum_{n=N+1}^{\infty}} b^n = {{b^{N+1}\over{1-b}}} \end{array}$$

Considerando il limite per $N \to \infty$ si ottiene la convergenza uniforme. Analogamente si ottiene in $[a,0]$ con $-1 < a <0$ e quindi in ogni $[a,b] \subset (-1,1)$.
Questo si traduce, per la serie considerata, nella convergenza alla funzione

$${{{{1}\over{1+x}}}\over{1 - {{1}\over{1+x}}}} = {{1}\over{x}}$$

puntualmente in $(-\infty, -2) \cup (0,+\infty)$ e uniformemente e totalmente negli insiemi $(-\infty, \alpha]$, $[\beta, + \infty)$ con $\alpha < -2$ e $\beta > 0$. Infatti la trasformazione $g(x) = 1/(1+x)$ manda l'intervallo $[a,0]$, con $-1 < a$, in $(-\infty, {{1-a}\over{a}}]$, e l'intervallo $[0,b]$, con $b<1$, in $[{{1-b}\over{b}}, +\infty)$. Se, ad esempio, $a = - {{1}\over{1+\delta}}$ con $\delta > 0$, cioè $a$ compreso tra $-1$ e $0$, si ottiene che ${{1-a}\over{a}} = -2 - \delta$, cioè un numero strettamente minore di $-2$. Analogamente si vede che ${{1-b}\over{b}}$ è strettamente positivo.

Veniamo ora all'esercizio proposto: poiché la serie data è il limite, per $N \to + \infty$, di $\sum_{n=1}^N {{x}\over{(1+x)^n}}$ per le somme finite si ha

$$\sum_{n=1}^N {{x}\over{(1+x)^n}} = x \sum_{n=1}^N {{1}\over{(1+x)^n}} \, .$$

Per cui l'insieme di convergenza puntuale contiene sicuramente l'insieme nel quale converge la serie $\sum_{n=1}^{\infty} {{1}\over{(1+x)^n}}$, cioè $(-\infty, -2) \cup (0,+\infty)$. Si osservi però che la serie data converge anche per $x=0$ (infatti ogni termine è identicamente nullo!). Perciò l'insieme di convergenza puntuale è $(-\infty, -2) \cup [0,+\infty)$ e la funzione limite è

$$h(x) = \left\{ \begin{array}{ll} 1 & x \in (-\infty, -2) \cup (0,+\infty) \, , \\ 0 & x = 0 \, , \end{array} \right.$$

(poiché $\sum_{n=1}^{\infty} {{1}\over{(1+x)^n}} = 1/x$).
Per quanto riguarda le convergenze uniforme e totale si può ragionare come prima per ottenere che vi è convergenza negli insiemi del tipo $(-\infty, \alpha]$, $[\beta, + \infty)$ con $\alpha < -2$ e $\beta > 0$. Non può esservi convergenza uniforme, e di conseguenza nemmeno totale, nell'insieme $[0, +\infty)$ dal momento che la funzione limite è discontinua in tale insieme mentre le somme parziali sono ovviamente continue.
Cosa succederebbe se invece considerassimo la serie ${\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} {{x^2}\over{(1+x)^n}}}$?
A questo proposito si veda anche l'ESERCIZIO 1.12.

Soluzione 1.12 - Per quanto riguarda la serie ${\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty} x^n }$ si procede come nella soluzione dell'ESERCIZIO 1.11 per ottenere la convergenza puntuale in $(-1,1)$ e uniforme e totale nei compatti contenuti in $(-1,1)$ alla funzione

$${{1}\over{1-x}}\, .$$

Ciò che può modificare gli insiemi di convergenza è la presenza di $f(x)$. L'unica cosa che può alterare il comportamento della serie è il fatto che $f(1)$ e/o $f(-1)$ siano $0$ (se $f(1)\not= 0$ e $f(-1)\not= 0$ la serie in $1$ e $-1$ non converge), escludendo il caso in cui $f(x)=0$ per ogni $x \in (-\infty,-1) \cup (1,+\infty)$ che farebbe banalmente convergere la serie in tale insieme. Concentriamoci quindi sul comportamento di $f$ in $1$ e $-1$. Cominciamo considerando $f(x) = \vert x+1\vert^{\alpha}\vert x-1\vert^{\beta}$ con $\alpha , \beta \geqslant 0$. Chiaramente la serie converge in $(-1,1)$ e non converge in $(-\infty, -1) \cup (1, + \infty)$. Nel punto $-1$, nel quale la serie $\sum_n x^n$ non è determinata, si ha che per qualunque valore positivo di $\alpha$ $f(-1)=0$ e questo fa sì che la serie in $-1$ converga. Nel punto $1$ invece affinché la serie converga bisogna che $\beta \geqslant 1$ (per $\beta < 1$ la serie diverge a $+\infty$). Il limite puntuale è dato dalla funzione

$$\left\{ \renewcommand {\arraystretch}{1.5} \begin{array}{lll... ...ray} \right.} & \ & \textrm{se } \beta = 1 \right. \end{array}$$

Vediamo ora le convergenze uniforme e totale. Giacché in $[-1,0]$ vale la seguente stima

$$1 \leqslant \vert x-1\vert^{\beta} \leqslant 2^{\beta}$$

possiamo limitarci, per la convergenza totale in $[-1,0]$, a studiare la funzione $\vert x+1\vert^{\alpha} x^n$ dal momento che, dalla stima appena sopra, si ha

$$\ \hskip50pt \vert x+1\vert^{\alpha} \vert x\vert^n \leqslan... ...ta} \vert x+1\vert^{\alpha} \vert x\vert^n \, . \hskip50pt (*)$$

Derivando la funzione $\vert x+1\vert^{\alpha} \vert x\vert^n$ si ottiene il massimo in $-{{n}\over{n+\alpha}}$ e valutando la funzione in tal punto si ottiene che il valore massimo (per $\vert x+1\vert^{\alpha} \vert x\vert^n$) è dato da

$${{\alpha}\over{\alpha + n}} \Big( {{n}\over{\alpha + n}} \Big)^n \, .$$

Poiché $\big( {{n}\over{\alpha + n}} \big)^n \to e^{-\alpha}$ e $\sum_{n=0}^{\infty}{{\alpha}\over{\alpha + n}} = + \infty$, dalla prima delle due disuguaglianze in $(*)$ si deduce che la serie non può convergere totalmente in $[-1,0]$.
In maniera del tutto analoga si può vedere che il massimo di $\vert x-1\vert^{\beta} \vert x\vert^n$ è assunto in ${{n}\over{n+\beta}}$ e vale ${{\beta}\over{\beta + n}} \Big( {{n}\over{\beta + n}} \Big)^n$ e quindi la serie non converge totalmente in $[0,1]$. Però sui compatti $[a,b] \subset (-1,1)$, dalla convergenza totale della serie $\sum_n x^n$ e dalla limitatezza di $f$, vi è convergenza totale.
Veniamo ora alla convergenza uniforme. In $[-1,0]$ la serie è a segni alterni. Dal criterio di Leibniz, e usando la seconda disuguaglianza in $(*)$, ricaviamo che

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{l} {\displays... ...a + n}} \Big( {{n}\over{\alpha + n}} \Big)^n } \, . \end{array}$$

Tale quantità chiaramente tende a zero quando $n \to +\infty$, per cui la serie converge uniformemente in $[-1,0]$.
In $[0,1]$ la convergenza uniforme dipende dal valore del parametro $\beta$. Per $0 < \beta < 1$ la serie in $1$ diverge positivamente, per cui non può esservi convergenza uniforme; per $b=1$ il limite delle somme parziali, tutte continue, è una funzione discontinua, per cui non può esservi convergenza uniforme; per $\beta > 1$ si ha

$$\renewcommand {\arraystretch}{1.5} \begin{array}{l} {\displa... ...sup_{x \in [0,1]} (x+1)^{\alpha}(1-x)^{\beta-1}x^N} \end{array}$$

Limitandoci a considerare $(1-x)^{\beta-1}x^N$, poiché $(x+1)^{\alpha}$ è compreso tra $1$ e $2^{\alpha}$ per $x \in [0,1]$, valutando la derivata si ha

$${{d}\over{dx}} (1-x)^{\beta-1}x^N = 0 \hskip10pt \textrm{per } x = {{n}\over{n + \beta - 1}}$$

che è il punto di massimo (verificare!), nel quale la funzione assume il valore

$$\Big( {{\beta -1}\over{N+\beta-1}}\Big)^{\beta -1} \Big( {{N}\over{N+\beta-1}}\Big)^N$$

che tende a zero (verificare!) per ogni $\beta > 1$.

Nel caso generale possiamo concludere che se $f(-1)=0$ vi è convergenza uniforme in $[-1,0]$, nell'intervallo positivo la serie si comporta come $\sum_n x^n$ se $f(1)\not= 0$ oppure se $f(1)=0$ ed esiste $\beta \in (0,1)$ tale che

$$\lim_{x \to 1^-} {\displaystyle {{f(x)}\over{(1-x)^{\beta}}}} = \lambda \in {\bf R}\, ,$$

cioè se l'ordine di infinitesimo di $f$ in $1$ è minore di $1$, se

$$\lim_{x \to 1^-} {\displaystyle {{f(x)}\over{1-x}}} = \lambda \in {\bf R}\, ,$$

cioè se l'ordine di infinitesimo di $f$ in $1$ è $1$ il limite esiste in tutto $[0,1]$, ma non è continuo, se invece esiste $\beta >$ tale che

$$\lim_{x \to 1^-} {\displaystyle {{f(x)}\over{(1-x)^{\beta}}}} = \lambda \in {\bf R}\, ,$$

cioè se l'ordine di infinitesimo di $f$ in $1$ è maggiore di $1$, la serie converge uniformemente in tutto $[0,1]$. Per la totale bisognerà valutare il massimo e fare i conti.
Per quanto riguarda la serie ${\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} {{x^2}\over{(1+x)^n}}}$, proposta alla fine della soluzione dell'ESERCIZIO 1.11, si può concludere che la serie converge uniformemente in $[0, +\infty)$.

Soluzione 1.13 - Converge totalmente su ${\bf R}$.

Soluzione 1.14 - Puntuale per ogni $x \in {\bf R}$ perché, ad esempio,

$$\sum_{n=1}^{\infty} \Big\vert {{x+n}\over{x^2 + n^4 + \log n... ...ert \leqslant \sum_{n=1}^{\infty} {{\vert x+n\vert}\over{n^4}}$$

In generale vale, per $a,b>0$, che $a^2 + b^2 \geqslant 2ab$, per cui $2(a^2+b^2) \geqslant (a+b)^2$, da cui

$$\Big\vert {{x+n}\over{x^2 + n^4 + \log n}} \Big\vert \leqsla... ...slant {{2}\over{\vert x\vert + n^2}} \leqslant {{2}\over{n^2}}$$

per cui la serie converge totalmente in ${\bf R}$.

Soluzione 1.15 - Per ogni $x \in {\bf R}$ $1/\log(n+x^2)$ è decrescente in $n$ per cui la serie è convergente per ogni $x$. La stima del resto

$$\Big\vert \sum_{n=2}^{\infty} {{(-1)^n}\over{\log(n+x^2)}} -... ...nt {{1}\over{\log(m+x^2)}} \leqslant {{1}\over{\log m}} \to 0$$

quindi vi è convergenza uniforme su tutto ${\bf R}$. Ovviamente non vi è la totale: si ha che

$$\sup_{x \in {\bf R}} \Big\vert {{(-1)^n}\over{\log(n+x^2)}} \Big\vert = {{1}\over{\log n}}$$

(il massimo è assunto per $x=0$, fare la derivata per esercizio!) e la serie $\sum_n (\log n)^{-1}$ diverge. Non c'è convergenza totale nemmeno in nessun intervallo $(a,b)$ (o $[a,b]$) poiché

$$\sup_{x \in (a,b)} \Big\vert {{(-1)^n}\over{\log(n+x^2)}} \B... ...{1}\over{\log (n+a^2)}} , {{1}\over{\log (n+b^2)}} \Big\} .$$

Soluzione 1.16 - Per $x \geqslant 1$ si ha che

$${{nx^n}\over{1+\vert x\vert^n n^2}} \geqslant {{nx^n}\over{2\vert x\vert^n n^2}} = {{1}\over{2 n}}$$

per cui la serie diverge. Per $x \in (-1,1)$ si ha che

$$\Big\vert {{nx^n}\over{1+\vert x\vert^n n^2}} \Big\vert \leqslant n \vert x\vert^n$$

per cui vi è convergenza assoluta. Per $x \leqslant -1$

$${{nx^n}\over{1+\vert x\vert^n n^2}} = (-1)^n {{n\vert x\vert... ... x\vert^n}\over{1+\vert x\vert^n n^2}} \leqslant {{1}\over{n}}$$

Verifichiamo che è monotona decrescente in $n$: mi chiedo se

$${{(n+1)\vert x\vert^{n+1}}\over{1+\vert x\vert^{n+1} (n+1)^2}} \leqslant {{n\vert x\vert^n}\over{1+\vert x\vert^n n^2}}$$

cioè se

$$n\vert x\vert^n + n(n+1)^2 \vert x\vert^{2n+1} \geqslant (n+1)\vert x\vert^{n+1} + (n+1)n^2 \vert x\vert^{2n+1}$$

il che è equivalente a

$$(n+1)\vert x\vert \leqslant n(n+1) \vert x\vert^{n+1} + n$$

che è vero per ogni $x \leqslant -1$ e per ogni $n \in {\bf N}$. Usando il criterio di Leibniz si conclude che la serie converge in $(- \infty, -1]$.
Quindi converge puntualmente in $(-\infty , 1)$.
Dalla stima in $(-1,1)$ si vede che vi è convergenza totale in $[0,a]$ per ogni $0<a<1$, ma non può esservi in $[0,1)$. Infatti

$${\displaystyle \sup_{[0,1)} \vert\sum_{n=1}^{N} {{n x^n}\ove... ...{\infty} {{n x^n}\over{1+\vert x\vert^n n^2}}\vert} = + \infty$$

in quanto le funzioni ${{n x^n}\over{1+\vert x\vert^n n^2}}$ sono continue (anche in $x=1$!!), ma la loro somma su $n$ diverge a $+\infty$ in $x=1$. Per $x$ negativo si ha:

$$\Big\vert \sum_{n=1}^{\infty} {{nx^n}\over{1+\vert x\vert^n ... ...over{1+\vert x\vert^m m^2}} \leqslant {{1}\over{m}} \to 0 .$$

Conclusione: vi è convergenza puntuale in $(-\infty , 1)$ e uniforme e totale su tutti gli insiemi del tipo $(-\infty, a]$ con $a < 1$.

Soluzione 1.17 - Questo è un esempio molto semplice si serie di funzioni non negative che converge uniformemente, ma non totalmente.
La funzione $f$ è a supporto compatto e le $f_n$ non sono altro che traslazioni di $f$. Di conseguenza $\sum f_n(x)$ in realtà è una somma finita, per cui c'è convergenza puntuale (e assoluta, visto che le $f_n$ sono tutte non negative) su tutto ${\bf R}$. C'è convergenza uniforme? Si, su tutto ${\bf R}$, perché

$$\sup_{x\in{\bf R}} \Big\vert \sum_{n=0}^{\infty} f_n(x) - \s... ...=N+1}^{\infty} f_n(x) \Big\vert \leqslant {{1}\over{N+1}} .$$

C'è convergenza totale? NO! perché il massimo di $f_n$ è ovviamente $1/n$ assunto per $x_n=\pi/2 + n$ e la serie $\sum_n {{1}\over{n}} = +\infty$. Converge, però, totalmente sui sottoinsiemi del tipo $(-\infty, a]$.
EX: modificare le $f_n$ in modo tale da avere convergenza totale su ${\bf R}$.

Soluzione 1.18 - Per $x<0$ $\lim_{n\to\infty} x n^{-1} e ^{-nx} = - \infty$ per cui la serie diverge. Per $x \geqslant 0$ la serie invece converge (per $x=0$ è identicamente nulla, per $x>0$ si può usare, ad esempio, il criterio del rapporto). Vediamo che in $[0, +\infty)$ la serie converge totalmente. Derivando si ottiene che il punto $x_n = 1/n$ è stazionario. Poiché $f_n(0)=0$, $\lim_{x \to +\infty} f_n(x) = 0$ e $f_n \geqslant 0$ $x_n$ risulta punto di massimo. Quindi

$$\vert f_n(x) \vert \leqslant f_n(1/n) = {{1}\over{n^2}} {{1}\over{e}} \to 0 .$$

Soluzione 1.19 - Per $x>1$ converge e per $x \leqslant 1$ diverge a $+\infty$. Poiché la funzione $f_n(x) = n^{-x}$ è decrescente si ha che

$$\sup_{x \in (1, + \infty)} {{1}\over{n^x}} = {{1}\over{n}}$$

e la serie $\sum {{1}\over{n}}$ diverge. Idem per la convergenza uniforme:

$$\sup_{x \in (1, + \infty)} \Big\vert \sum_{n=1}^N {{1}\over... ...\vert = \sum_{n=N+1}^{\infty} {{1}\over{n^x}} = + \infty .$$

Se invece si considera un qualunque insieme del tipo $[a, + \infty)$ con $a>1$ si ha, sempre per il fatto che $f_n$ è decrescente, che $\sup_{x \in [a, + \infty)} {{1}\over{n^x}} = {{1}\over{n^a}}$ e $\sum {{1}\over{n^a}}$ converge per ogni $a>1$. Concludendo si ha convergenza totale, e quindi anche uniforme, in tutti gli insiemi del tipo $[a, + \infty)$ con $a>1$.

Soluzione 1.22 - Posso fare il cambio $y = (x+1)/x$ e studiare $\sum_{n=0}^{\infty} (n-3) y^n$. Il raggio di convergenza è (si vede facilmente) $1$, per cui la serie converge puntualmente per $y \in (-1,1)$. La convergenza, al solito, è totale nei compatti $[a,b] \subset (-1,1)$, ma non in $(-1,1)$. Posso scrivere

$$(n-3)y^n = y^4 (n-3)y^{n-4}$$

e vedere $(n-3)y^{n-4}$ come la derivata di $y^{n-3}$. Abbiamo

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{lll} {\displa... ...style -3 -2y -y^2 + \sum_{k=1}^{\infty} k y^{3+k} } \end{array}$$

e

$$y^4 \sum_{k=1}^{\infty} k y^{k-1} = y^4 \sum_{k=1}^{\infty} ... ...k = y^4 {{d}\over{dy}} {{y}\over{1-y}} = {{y^4}\over{(1-y)^2}}$$

Conclusione:

$$\sum_{n=0}^{\infty} (n-3) y^n = -3 -2y -y^2 + {{y^4}\over{(1-y)^2}}$$

dove la convergenza è puntuale per $y \in (-1,1)$ e totale sui compatti $[a,b] \subset (-1,1)$. La funzione $f(x) = (x+1)/x$ ha il grafico in Figura 1.7

Figura 1.7:

per cui, tornando a considerare $x$, si ha che

$$\sum_{n=0}^{\infty} (n-3) \Big( {{x+1}\over{x}} \Big)^n = -3... ...ver{x}} - \Big( {{x+1}\over{x}}\Big)^2 + {{(x+1)^4}\over{x^2}}$$

dove la convergenza è puntuale per $x \in (-\infty, -1/2)$ e totale negli insiemi del tipo $[a,b] \subset (- \infty , -1/2)$. Infatti

$$\Big\vert {{x+1}\over{x}} \Big\vert < 1 \hskip10pt \textrm{per} \hskip10pt x \in (- \infty , -1/2) .$$

Soluzione 1.25 - Calcolando il seguente limite

$$\lim_n ^n\!\!\!\!\sqrt{{1}\over{3^n}} = {{1}\over{3}}$$

si ha che il raggio è $3$. Conclusione: la serie converge (puntualmente) in $(-3, 3)$ e non converge (puntualmente) in $(-\infty, -3) \cup (3, +\infty)$. Vediamo in $3$ e $-3$ che succede.

$$\sum_{n=1}^{\infty} {{1}\over{3^n}} (-3)^n \hskip10pt \textr... ..._{n=1}^{\infty} {{1}\over{3^n}} 3^n \hskip10pt\textrm{diverge}$$

Conclusione: si ha convergenza puntuale (solo) in $(-3, 3)$. Vediamo gli altri tipi di convergenza.

Si ha di conseguenza convergenza totale, e quindi uniforme, in ogni intervallo $[-a,a]$ con $a<3$. Vediamo se si ha convergenza uniforme anche in $(-3, 3)$. Ragionando come al solito (si veda, ad esempio, la risoluzione dell'esercizio 1.11) si deduce che la serie non può convergere uniformemente in $(-3, 3)$ e quindi nemmeno totalmente.
Si osservi che la serie ha come somma la funzione

$$f(x) = {{3}\over{3-x}} .$$

Soluzione 1.26 - Si può fare il limite della radice $n$-esima di ${{n^{\alpha}+e^{\alpha n}}\over{n}}$ oppure pensare la serie come (perché?)

$$\sum_{n=1}^{\infty} {{n^{\alpha}}\over{n}} x^n + \sum_{n=1}^{\infty} {{e^{\alpha n}}\over{n}} x^n$$

e studiare separatamente le due serie. Seguiamo quest'ultima strada. Il primo termine:

$$^n\!\!\!\sqrt{n^{\alpha -1}} \to 1 \hskip20pt \textrm{quindi il raggio di convergenza \\lq e } 1 ,$$

il secondo termine:

$$^n\!\!\!\!\sqrt{{e^{\alpha n}}\over{n}} \to e^{\alpha} \... ...ndi il raggio di convergenza \\lq e } {{1}\over{e^{\alpha}}} .$$

Se $\alpha = 0$: il raggio è lo stesso e la serie diventa $\sum_{n=1}^{\infty}{{2}\over{n}} x^n$. Vediamo gli estremi: per $x=-1$ si, per $x=1$ no. Insieme di convergenza puntuale $[-1, 1)$. La convergenza è uniforme? Non può esserlo dappertutto (vedi esercizio precedente).

Sicuramente abbiamo convergenza totale negli insiemi del tipo $[a,b]$ con $-1 < a < b < 1$, non abbiamo convergenza uniforme, e quindi nemmeno totale, in $[0,1)$. Vediamo in $[-1,0]$: qui la serie è a segni alterni, per vedere se la serie è uniformemente convergente uso il criterio di Leibniz. Detta $f$ la somma della serie e $f_n$ le somme parziali devo vedere se vale

$$\lim_{n\to + \infty} \Vert f_n - f \Vert _{\infty} \to 0$$

cioè

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{l} {\displays... ...n+1} = \lim_{n\to + \infty} {{2}\over{n+1}} } \to 0 \end{array}$$

quindi vi è convergenza uniforme in $[-1,0]$, ma non totale! Concludendo: per $\alpha = 0$ si ha che la serie converge puntualmente in $[-1, 1)$, uniformemente in $[-1, b] \subset [-1, 1)$ e totalmente in ogni $[a,b] \subset (-1,1)$.
Gli altri casi: se $\alpha > 0$ il raggio è $1/e^{\alpha}$. Il primo termine sicuramente converge totalmente in $[-1/e^{\alpha}, 1/e^{\alpha}]$, quindi limitiamoci a considerare il secondo. Negli estremi: per $x = -1/e^{\alpha}$ la serie converge, per $x = 1/e^{\alpha}$ la serie diverge, infatti si ha rispettivamente

$$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n {{1}\over{n}} \hskip20pt \sum_{n=1}^{\infty} {{1}\over{n}} .$$

Convergenza uniforme e totale come sopra:

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{l} \textrm{co... ...over{e^{\alpha}}} , b < {{1}\over{e^{\alpha}}} \end{array}$$

Se $\alpha < 0$ il raggio è $1$. Vediamo gli estremi: il secondo termine questa volta converge totalmente in $[-1,1]$. Il primo negli estremi è

$$\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n {{1}\over{n^{1-\alpha}}} \hskip20pt \sum_{n=1}^{\infty} {{1}\over{n^{1-\alpha}}}$$

che convergono entrambe. Vi è convergenza totale in $[-1,1]$.

Soluzione 1.27 - È facile vedere che

$$f^{(k)}(x) = f(x) \hskip20pt \textrm{per ogni } k \in {\bf N} .$$

Per cui lo sviluppo di Taylor è dato da

$$\sum_{n=0}^{\infty} {{1}\over{n!}} f^{(n)}(0) (x-0)^n = \sum_{n=0}^{\infty} {{x^n}\over{n!}} .$$

Vediamo di studiare la convergenza di questa serie: puntuale in tutto ${\bf R}$, ad esempio con il criterio della radice $n$-esima. Non può essere uniforme in tutto ${\bf R}$ perché

$$\sup_{x \in {\bf R}} \sum_{k=n}^{\infty} {{1}\over{k!}} x^k = + \infty .$$

Se anche ci limitiamo a $x\in (-\infty , 0]$ abbiamo ($p_n$ il polinomio di grado $n$ delle somme fino all'$n$-esimo termine)

$${\displaystyle \sup_{x \in (-\infty, 0]} \Big\vert \sum_{k=... ...p_{x \in (-\infty, 0]} \vert e^x - p_n(x)\vert = + \infty .$$

Vediamo cosa si può dire: se mi limito a considerare un intervallo $[a,b]$ ho che

$$\Big\vert {{x^k}\over{k!}} \Big\vert \leqslant {{b^k}\over{k!}}$$

per la crescenza di $x^k$. La serie data dai maggioranti converge. Concludendo: la serie di Taylor in $x=0$ è data da $\sum_{n=0}^{\infty} {{x^n}\over{n!}}$ che converge puntualmente su tutto ${\bf R}$ e uniformemente e totalmente solo sui compatti.

Soluzione 1.29 - La serie dell'esercizio non è una serie di potenze. Tuttavia lo studio di tale serie può essere ricondotto allo studio di una serie di potenze.
Innanzitutto si osservi che

$$\lim_n \Big[ {{n}\over{n+2}} {{\vert x\vert^n}\over{(1+x^2)}^n} \Big]^{1/n} = {{\vert x\vert}\over{1+x^2}}$$

che è sempre minore di $1$ (per esercizio vedere che ${{\vert x\vert}\over{1+x^2}} \leqslant 1/2$). Di conseguenza la serie converge assolutamente per ogni $x \in {\bf R}$. Calcoliamo la somma della serie (per $\vert y\vert < 1$)

$$\sum_{n=1}^{\infty} {{n}\over{n+2}} y^n .$$

Si ha che

$${\displaystyle {{n}\over{n+2}}} y^n = {\displaystyle {{n +... ...^n - {\displaystyle {{2}\over{y^2}} {{1}\over{n+2}}} y^{n+2}$$

Ora mi chiedo:

$$\sum_{n=1}^{\infty} {{n}\over{n+2}} y^n \hskip5pt {\displa... ...over{y^2}} \sum_{n=1}^{\infty} {{1}\over{n+2}}} y^{n+2} .$$

La risposta è si, perché $\lim_n (a_n + b_n) = \lim_n a_n + \lim_n b_n$ qualora i due limiti a destra (o almeno uno di essi) esistano e nel nostro caso le due serie a destra convergono entrambe (per $\vert y\vert < 1$). Prendiamo in esame il secondo termine:

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{lll} {\displa... ...y} t^{n} \Big) dt = \int_0^y {{t^2}\over{1-t}}} dt \end{array}$$

dove l'ultimo passaggio con il punto esclamativo è lecito se la convergenza è uniforme!! (e lo è se $y$ è fissato tra $-1$ e $1$). Per integrare ${{t^2}\over{1-t}}$ dividiamo $t^2$ per $1-t$ e scriviamo

$$t^2 = (1-t)(-1-t) + 1 \hskip10pt\Rightarrow \hskip10pt {{t^2}\over{1-t}} = - (1+t) + {{1}\over{1-t}}$$

e quindi integrando

$$\int_0^y {{t^2}\over{1-t}} dt = -y -{{y^2}\over{2}} - \log (1-y) .$$

Tirando le fila si ha

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{lll} {\displa... ...} + {{2}\over{y}} + 1 + {{2}\over{y^2}} \log (1-y)} \end{array}$$

Si osservi che questa funzione è regolare anche se sembra avere singolarità in $y=0$. Infatti $\log (1-y) = -y +y^2/2 + o(y^2)$ e quindi

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{lll} {\displa... ...y^3}\over{1-y}} + 2y + y^2 - 2y +y^2 +o(y^2) \Big]} \end{array}$$

Tornando al nostro problema: poiché la quantità ${{x^n}\over{(1+x^2)^n}}$ è sempre minore di $1$ la serie

$${\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} {{n}\over{n+2}} {{x}\over{1+x^2}}}$$

converge puntualmente per ogni $x \in {\bf R}$; converge pure uniformemente e totalmente su ${\bf R}$ poiché ${{x}\over{1+x^2}} \leqslant {{1}\over{2}}$. Si conclude sostituendo nell'espressione di sopra ${{x}\over{1+x^2}}$ al posto di $y$

$${\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} {{n}\over{n+2}} {{x^n}\... ...{{x^2}\over{2(1+x^2)^2}} - \log {{1+x^2-x}\over{1+x^2}}} .$$

Soluzione 1.30 - Usiamo una conseguenza del seguente risultato.

Allora calcoliamo il limite della radice $n$-esima calcolando il rapporto. (provare a farlo con la radice $n$-esima!!!)

$$\lim_n {{(n+1)!}\over{(n+1)^{n+1}}} {{n^n}\over{n!}} = \lim_n \Big( {{n}\over{n+1}} \Big)^n = {{1}\over{e}}$$

quindi vi è convergenza puntuale in $(-e, e)$ e non vi è in $(-\infty , -e) \cup (e, + \infty)$. Vediamo gli estremi:

$$e^x = \sum_{k=0}^{\infty} {{x^k}\over{k!}} \hskip20pt \textr... ...sum_{k=0}^{\infty} {{n^k}\over{k!}} \geqslant {{n^n}\over{n!}}$$

per cui

$${{n!}\over{n^n}} e^n \geqslant 1 .$$ (1.3)

La serie quindi non converge per $x=-e$ e diverge a $+\infty$ per $x=e$. Ovviamente converge totalmente e uniformemente in tutti gli intervalli $[a,b] \subset (-e, e)$. Come al solito si ha che la serie non può convergere uniformemente in $(-e, e)$.
Anziché la stima (1.3) si può usare, per studiare il comportamento della serie in $x=e$ la formula di Stirling

$$n! = n^n e^{-n} \sqrt{2 \pi n} \big( 1 + O(1/n) \big) .$$

Soluzione 1.31 - Sappiamo che la serie geometrica

$$\sum_{n=0}^{\infty} q^n = {{1}\over{1-q}} \hskip20pt \textrm{per } \vert q\vert < 1 .$$

Possiamo allora concludere che la serie

$$\sum_{n=0}^{\infty} (-x^2)^n \hskip20pt \textrm{converge a} ... ...{1}\over{1+x^2}} \hskip20pt \textrm{per } \vert x\vert < 1 .$$

Studiamo questa serie. Converge puntualmente in $(-1,1)$. Per $x=1$ e per $x=-1$ ovviamente non converge. Al solito, la serie non convergerà uniformemente in $(-1,1)$, ma è facile vedere che converge totalmente in tutti i compatti $[a,b]$ contenuti in $(-1,1)$. Calcoliamo la derivata di $f(x) = \textrm{arctg} \! x$

$$f'(x) = {{1}\over{1+x^2}} .$$

Integrando termine a termine si ha, posto $f_n(x) = \sum_{k=0}^{n} (-1)^k x^{2k}$, grazie alla convergenza uniforme

$$\lim_n \int_0^x f_n(t) dt = \int_0^x \lim_n f_n(t) dt = \int_0^x {{1}\over{1+t^2}} dt = \textrm{arctg} \! x .$$

Ora

$$\int_0^x (-1)^k t^{2k} dt = (-1)^k {{1}\over{2k+1}} x^{2k+1}$$

per cui

$$\textrm{arctg} \! x = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n {{x^{2n+1}}\over{2n+1}}$$

per ogni $x \in [-1,1]$ e la convergenza uniforme solo sui compatti contenuti in $(-1,1)$.

Soluzione 1.32 - Calcoliamo la derivata di $f(x) = \!\textrm{sen} \!x$.

$$\renewcommand {\arraystretch}{1.5} \begin{array}{lll} f^{(1)... ...)}(x) = \!\textrm{sen} \!x & & f^{(4)}(0) = 0 \end{array}$$

e poi il ciclo si ripete. Quindi lo sviluppo in $0$ è dato da

$$\!\textrm{sen} \!x = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n {{x^{2n+1}}\over{(2n+1)!}} .$$

Vediamo la convergenza. Per il criterio di Leibniz converge per ogni $x$ reale. La convergenza è uniforme e totale solo sui compatti (in modo analogo all'esercizio precedente). In modo simile si calcola anche lo sviluppo del coseno

$$\cos x = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n {{x^{2n}}\over{(2n)!}} .$$

Soluzione 1.33 - Si ha che

$${{1}\over{n!}} - {{1}\over{(n+1)!}} = {{n}\over{(n+1)!}}$$

per cui il limite della radice $n$-esima è $0$: la serie converge per ogni $x \in {\bf R}$. Prima di studiare le convergenze uniforme e totale calcoliamo la somma della serie. Sappiamo che

$$\sum_{n=0}^{\infty} {{x^n}\over{n!}} = e^x .$$

Si ha che

$${{n}\over{(n+1)!}} x^n = x {{d}\over{dx}} \Big[ {{x^{n+1}}\over{(n+1)!}} {{1}\over{x}} \Big]$$

per cui, grazie alla convergenza uniforme posso invertire il segno di derivata con il limite e ottenere

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{lll} {\displa... ... {\displaystyle e^x - {{1}\over{x}}(e^x - 1) } . \end{array}$$

Vediamo la convergenza uniforme in ${\bf R}$:

$$\sup_{x \in {\bf R}} \Big\vert \sum_{k=1}^{\infty} {{k}\over... ...m_{k=n+1}^{\infty} {{k}\over{(k+1)!}} x^k \Big\vert = + \infty$$

quindi non vi è convergenza uniforme in ${\bf R}$. Nemmeno se ci limitiamo a semirette $[a, + \infty)$, perché l'estremo superiore è $+\infty$ proprio perché consideriamo la semiretta fino a $+\infty$. Che succede se consideriamo $(-\infty, 0]$ ?

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{l} {\displays... ...}^{n} {{k}\over{(k+1)!}} x^k \Big\vert } = + \infty \end{array}$$

perché $f(x) = e^x - {{1}\over{x}}(e^x - 1)$ è limitata in $(-\infty, 0]$, mentre un polinomio di grado $n$ no!

(come, ad esempio, fatto per $e^x$). Per $x \in [-a,a]$ con $a$ positivo

$$\Big \vert {{k}\over{(k+1)!}} x^k \Big\vert \leqslant {{k}\over{(k+1)!}} a^k .$$

La serie $\sum_n {{n a^n }\over{(n+1)!}}$ converge per ogni $a$ reale per cui si ha convergenza totale e uniforme in ogni compatto.

Soluzione 1.34 - Spezzando il polinomio $x^2 -5x +6$ come prodotto di $x-3$ e $x-2$ si ottiene che

$$f(x) = {{1}\over{x-3}} - {{2}\over{x-2}} .$$

Sapendo che, per $\vert q\vert < 1$, la serie $\sum_{n=0}^{\infty} q^n$ converge al valore ${\displaystyle {{1}\over{1-q}}}$ si può scrivere

$${{1}\over{x-3}} = - {{1}\over{3-x}} = - {{1}\over{3}} {{1}... ... - {{1}\over{3}} \sum_{n=0}^{\infty} \Big({{x}\over{3}}\Big)^n$$

che converge per $\vert{{x}\over{3}}\vert < 1$, cioè per $\vert x\vert < 3$. L'altro termine:

$$- {{2}\over{x-2}} = {{2}\over{2-x}} = {{1}\over{2}} {{1}\o... ... = {{1}\over{2}} \sum_{n=0}^{\infty} \Big({{x}\over{2}}\Big)^n$$

che converge per $\vert{{x}\over{2}}\vert < 1$, cioè per $\vert x\vert < 2$. Sarà possibile effettuare la somma solo dove convergono entrambe, quindi sicuramente per $x \in (-2,2)$ si ha che

$$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \Big[ {{1}\over{2^{n+1}}} - {{1}\over{3^{n+1}}} \Big] x^n .$$

Soluzione 1.35 - Si osservi che

$${{d}\over{dx}} {{1}\over{1-x}} = {{1}\over{(1-x)^2}} \hskip2... ...}\over{dx}} {{1}\over{(1-x)^2}} = 2 {{1}\over{(1-x)^3}} .$$

Poiché la serie $\sum_{n=0}^{\infty} x^n$ converge uniformemente in ogni intervallo chiuso $[a,b] \subset (-1,1)$ e così pure la serie delle sue derivate (prime e seconde, ma non solo) si può affermare che (per quei valori di $x \in [a,b] \subset (-1,1)$ con $a,b$ arbitrari, ma $\vert a\vert, \vert b\vert <1$, per cui per ogni $x \in (-1,1)$)

$${{1}\over{(1-x)^2}} = {{d}\over{dx}} {{1}\over{1-x}} = {{d}... ...0}^{\infty} {{d}\over{dx}} x^n = \sum_{n=1}^{\infty} n x^{n-1}$$

$${{2}\over{(1-x)^3}} = {{d}\over{dx}} {{1}\over{(1-x)^2}} = {... ...over{dx}} n x^{n-1} = \sum_{n=2}^{\infty} n (n-1) x^{n-2} .$$

Per cui dove vi è convergenza per entrambe le serie, e in questo caso entrambe convergono in $(-1,1)$, vale

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{lll} f(x) & =... ...aystyle \sum_{n=2}^{\infty} (2 n^2 + 1) x^{n}} . \end{array}$$

Soluzione 1.36 - La funzione $f$ può essere scritta nei seguenti modi

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{lllll} \log \... ... & = & \log (2-x) - \log(2-3x) & & \textrm{SI!!} \end{array}$$

Perché scartiamo il primo dei due? I due modi non sono equivalenti: la funzione $f$ è definita quando il suo argomento è positivo, e cioè quando $x-2$ e $3x-2$ hanno lo stesso segno. Quindi $f$ può essere spezzata come sopra nel primo modo se $x-2$ e $3x-2$ sono entrambi positivi, nel secondo modo se $x-2$ e $3x-2$ sono entrambi negativi. Per $x=0$, intorno al quale vogliamo sviluppare $f$, le funzioni $\log (x-2)$, $\log(3x-2)$ non sono definite, mentre $\log (2-x)$ e $\log(2-3x)$ si.
Per esercizio, e anche per convincersi di quanto appena detto, disegnare i grafici di $\log ({{x-2}\over{3x-2}})$, $\log (x-2)$, $\log(3x-2)$, $\log (2-x)$ e $\log(2-3x)$.
Abbiamo trasferito quindi il problema nello scrivere lo sviluppo delle due funzioni $\log (2-x)$ e $\log(2-3x)$. Si ha, per $\vert x/2\vert < 1$,

$${{d}\over{dx}} \log (2-x) = - {{1}\over{2-x}} = -{{1}\over{... ...= -{{1}\over{2}} \sum_{n=0}^{\infty} \Big({{x}\over{2}}\Big)^n$$

Integrando tra $0$ e $x$, con $\vert x\vert < 2$, poiché la serie sopra converge uniformemente

$$\log (2-t) \Big\vert _0^x = -{{1}\over{2}} \int_0^x \sum_{n... ...{2}} \sum_{n=0}^{\infty} \int_0^x \Big({{t}\over{2}}\Big)^n dt$$

e quindi

$$\log (2-x) - \log 2 = -{{1}\over{2}} \sum_{n=0}^{\infty} {{1... ..._{n=0}^{\infty} {{1}\over{2^{n+1}}} {{x^{n+1}}\over{n+1}} .$$

Analogamente si ottiene, per $\vert 3x/2\vert<1$ e quindi per $\vert x\vert<2/3$,

$$\log (2-3x) - \log 2 = - \sum_{n=0}^{\infty} \Big({{3}\over{2}}\Big)^{n+1} {{x^{n+1}}\over{n+1}} .$$

Concludendo:

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{lll} {\displa... ...({{1}\over{2}}\Big)^{n} \Big] {{x^{n+1}}\over{n}} } \end{array}$$

e l'insieme di convergenza è l'intersezione degli insiemi sui quali convergono separatamente le due serie. Concludiamo che

$$\log \Big[ {{x-2}\over{3x-2}} \Big] = \sum_{n=1}^{\infty} \B... ...({{3}\over{2}}\Big)^n - {{1}\over{2^n}} \Big] {{x^n}\over{n}}$$

e la convergenza è puntuale in $[-2/3, 2/3)$, uniforme in tutti gli insiemi del tipo $[-2/3, a]$ con $a \in (-2/3, 2/3)$ e totale in tutti gli insiemi del tipo $[b,c]$ con $b,c \in (-2/3, 2/3)$, $b < c$.
Infatti una delle due serie converge puntualmente almeno in $(-2,2)$ e l'altra almeno in $(-2/3,2/3) \subset (-2,2)$, quindi la serie converge in $(-2/3,2/3)$ e non converge in $(-\infty, -2/3) \cup (2/3, + \infty)$ (per verifica calcolare il limite della radice $n$-esima dei coefficienti). Negli estremi: è sufficiente studiare la seconda serie, poiché convergendo la prima in $(-2,2)$ in particolare convergerà in $-2/3$ e $2/3$. Per $x=2/3$ si ha

$$\sum_{n=1}^{\infty} \Big({{3}\over{2}}\Big)^n\Big({{2}\over{... ...{1}\over{n}} = \sum_{n=1}^{\infty} {{2}\over{3}} {{1}\over{n}}$$

che diverge a $+\infty$, mentre per $x=-2/3$ si ha

$$\sum_{n=1}^{\infty} \Big({{3}\over{2}}\Big)^n\Big(-{{2}\over... ...}} = {{2}\over{3}} \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1}{{1}\over{n}}$$

che converge.
La convergenza è uniforme in tutti gli intervalli del tipo $[-2/3, a]$ con $a<2/3$ e totale negli intervalli del tipo $[b,c] \subset (-2/3, 2/3)$.

Soluzione 1.37 - L'insieme è $[-1,1]$ per $\alpha < -1/2$, $[-1, 1)$ per $\alpha \geqslant -1/2$.

Soluzione 1.40 - Si può fare seguendo la soluzione dell'Esercizio 1.36 osservando che $1+x-2x^2 = (2x+1)(1-x)$.

Soluzione 1.42 - Attenzione! nella prima serie i coefficienti $a_n$ sono dati da $1/n^2$, nella seconda no! Alcuni infatti sono zero. I coefficienti della seconda serie sono infatti

$$a_n = \left\{ \begin{array}{ll} 1/n & \textrm{se } n =k^2 \... ...bf N}\, , \\ 0 & \textrm{altrimenti} \, . \end{array}\right.$$

Il comportamento però è lo stesso: infatti la prima converge totalmente in $[-1,1]$; e la serie converge sia in $-1$ che in $1$. Per lo studio della seconda, valutando

$$\lim_{n\to\infty} \ ^n\!\!\!\sqrt{\vert x\vert^{n^2}/n^2} = \lim_{n\to\infty} \vert x\vert^n \, ^n\!\!\!\sqrt{1/n^2}$$

si ottiene che la serie converge (assolutamente) per $\vert x\vert \leqslant 1$ e non converge per $\vert x\vert>1$. La convergenza in $[-1,1]$ è totale.

Soluzione 1.44 - Si osservi che i termini di questa serie sono ``alcuni'' dei termini della serie $\sum_k {{1}\over{k}} x^k$. Infatti i coefficienti $a_n$ sono dati da

$$a_n = \left\{ \begin{array}{ll} 1/n & \textrm{se } n =k^k \... ...in {\bf N}\, , \\ 0 & \textrm{altrimenti} \end{array}\right.$$

per cui

$$^n\!\!\!\sqrt{a_n} = \left\{ \begin{array}{ll} ^n\!\!\!\sqr... ...in {\bf N}\, , \\ 0 & \textrm{altrimenti} \end{array}\right.$$

Di conseguenza il limite $\lim_{n\to\infty} {^n\!\!\!\sqrt{a_n}}$ non esiste. Possiamo trattare la serie come una serie numerica, fissando $x$ e valutando

$${^n\!\sqrt{\Big\vert {\displaystyle {{x^{n^n}}}\over{n^n}} \Big\vert}} = {\displaystyle {{x^{n}}\over{n}}} \, .$$

Passando al limite per $n \to +\infty$ si ottiene che la serie converge per $x \in [-1,1]$.
Alternativamente, per chi conoscesse il limsup e che il raggio di convergenza è dato dal reciproco di $\limsup_{n\to\infty} {^n\!\!\!\sqrt{a_n}}$, si ha che $\limsup_{n\to\infty} {^n\!\!\!\sqrt{a_n}} = \lim_{k\to\infty} {^{k^k}\!\!\!\sqrt{k^k}}= \lim_{h\to\infty} {^h\!\!\!\sqrt{h}} = 1$. Il raggio quindi è $1$. Per $x=1$ e $x=-1$ la serie converge e quindi l'insieme di convergenza è $[-1,1]$. La convergenza è anche totale.

Soluzione 1.45 - Questo è un esempio in cui il limite di $a_n = (2 + \!\textrm{sen} \!n\pi/2)^n$ non esiste. Si ha che

$$2 + \!\textrm{sen} \!n\pi/2 \hskip10pt \textrm{pu\\lq o assumere i valori } 1, 2, 3 .$$

L'estremo superiore (si veda la definizione di raggio di convergenza nelle dispense) dei numeri per cui la serie converge è $1/3$ (l'inverso del massimo valore che può assumere $a_n$): infatti non può essere maggiore perché se lo fosse, diciamo $r > 1/3$, per tutti i valori $x \in (1/3, r)$ la serie convergerebbe. Ma per infiniti valori di $n \in {\bf N}$ si ha che

$$2 + \!\textrm{sen} \!{{n\pi}\over{2}} \hskip10pt \textrm{assume il valore } 3$$

per cui se fissiamo $x > 1/3$ e minore di $r$ si avrebbe per infinite volte che

$$(2 + \!\textrm{sen} \!{{n\pi}\over{2}})^n x^n > 1$$

il che non farebbe convergere la serie.

Soluzione 1.46 - Poiché la funzione è dispari lo sviluppo è di soli seni. Si ha

$${{1}\over{\pi}} \int_{-\pi}^{\pi} f(x) \!\textrm{sen} \!... ... {{4}\over{\pi n}} & n \textrm{ dispari} \end{array} \right.$$

quindi lo sviluppo è

$$\sum_{n=0}^{\infty} {{4}\over{\pi (2n+1)}} \!\textrm{sen} \!(2n+1)x .$$

La media di $f$ è nulla, per cui $a_0$ è nullo. Usando la formula (1.2) si ha che lo sviluppo di

$$F(x) = \int_{-\pi}^x f(t) dt = \vert x\vert - \pi$$

è dato da (i coefficienti $A_n$ di $\cos nx$ sono nulli, i coefficienti $B_n$ di $\!\textrm{sen} \!nx$ sono dati da $4/\pi n^2$ per $n$ dispari, $0$ altrimenti)

$$\vert x\vert - \pi = {{A_0}\over{2}} + \sum_{n=0}^{\infty} {{4}\over{\pi (2n+1)^2}} \cos (2n+1)x$$

dove $A_0 = \pi^{-1}\int_{-pi}^{\pi} [\vert x\vert - \pi] dx = -\pi^2/\pi = -\pi$. Per cui lo sviluppo di $\vert x\vert$ in $[-\pi, \pi]$ è (confrontare con l'ESERCIZIO 1.49)

$$\pi - {{\pi}\over{2}} + \sum_{n=0}^{\infty} {{4}\over{\pi (2... ...\sum_{n=0}^{\infty} {{4}\over{\pi (2n+1)^2}} \cos (2n+1)x .$$

Soluzione 1.47 - La funzione è pari, per cui il suo sviluppo è fatto di soli coseni. Si ha che $\int_{-\pi}^{\pi} x^2 dx = 2\pi^3/3$ e

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{lll} \display... ...dx} = (-1)^n {\displaystyle {{4 \pi} \over{n^2}}} \end{array}$$

per cui lo sviluppo è dato da

$${{\pi^2}\over{3}} + \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n {\displaystyle {{4} \over{n^2}}} \cos nx .$$

Poiché l'estensione a tutto ${\bf R}$ è $C^1$ a tratti e continua si ha convergenza uniforme su tutto ${\bf R}$. In particolare per $x = \pi$ si ha

$$f(\pi) = \pi^2 = {{\pi^2}\over{3}} + \sum_{n=1}^{\infty}(-1... ...over{3}} + \sum_{n=1}^{\infty}{\displaystyle {{4} \over{n^2}}}$$

da cui si ricava

$$\sum_{n=1}^{\infty}{\displaystyle {{1} \over{n^2}}} = {{\pi^2}\over{6}} .$$

Soluzione 1.48 - Il periodo $2T$ è $2$, quindi $T=1$. Calcoliamo i coefficienti:

$$a_0 = \int_{-1}^1 f(x) dx = \int_{0}^1 x dx = {{1}\over{2}} .$$

$$\renewcommand {\arraystretch}{2.5} \begin{array}{lll} a_n & ... ...ari} \\ 0 & n \textrm{ pari} \end{array} \right. \end{array}$$

$$\renewcommand {\arraystretch}{2.5} \begin{array}{lll} b_n & ... ...0^1 = (-1)^{n+1} {\displaystyle {{1}\over{n \pi}}} \end{array}$$

quindi lo svilupo è

$${{1}\over{4}} - \sum_{n=1}^{\infty} {\displaystyle {{2}\over... ...playstyle {{1}\over{n \pi}}} \!\textrm{sen} \!n \pi x .$$

Converge puntualmente alla funzione

$$\left\{ \begin{array}{ll} f(x) & x \in (-1,1) \\ {{1}\over{2}} & x=-1 , x=1 . \end{array}\right.$$

La convergenza uniforme c'è solo negli insiemi del tipo $[a,b] \subset (-1,1)$ visto che il limite non è continuo.
Valutiamo ora la serie $\sum_{n=1}^{\infty} {{1}\over{(2n+1)^2}}$. Per $x=1$ la serie converge al valore $1/2$ per cui

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{lll} {\displa... ...} + \sum_{n=1}^{\infty} {{2}\over{(2n+1)^2 \pi^2}}} \end{array}$$

da cui

$$\sum_{n=1}^{\infty} {{1}\over{(2n+1)^2}} = {{\pi^2}\over{8}} .$$

Ora per la somma $\sum_n {{1}\over{(2n)^2}}$ possiamo procedere in due modi: sfruttare l'esercizio precedente dal quale sappiamo che $\sum_{n=1}^{\infty} {{1}\over{n^2}} = {{\pi^2}\over{6}}$ per cui otteniamo

$$\sum_{n=1}^{\infty} {{1}\over{(2n)^2}} = \sum_{n=1}^{\infty}... ...{\pi^2}\over{6}} - {{\pi^2}\over{8}} = {{\pi^2}\over{24}} ,$$

oppure, ignorando il risultato dell'esercizio precedente, osservare che $\sum_n {{1}\over{(2n)^2}} = \sum_n {{1}\over{4 n^2}}$ per cui da

$$\sum_{n=1}^{\infty} {{1}\over{n^2}} = \sum_{n=1}^{\infty} {{1}\over{(2n)^2}} + \sum_{n=1}^{\infty} {{1}\over{(2n+1)^2}}$$

dedurre che

$$\sum_{n=1}^{\infty} {{1}\over{n^2}} = {{4}\over{3}} \sum_{n=1}^{\infty} {{1}\over{(2n+1)^2}}$$

e quindi

$$\sum_{n=1}^{\infty} {{1}\over{(2n)^2}} = {{1}\over{4}} \sum_... ...}} {{4}\over{3}} {{\pi^2}\over{8}} = {{\pi^2}\over{24}} .$$

Soluzione 1.49 - La estendo per periodicità a tutto ${\bf R}$ e per questione di semplicità di calcolo sviluppo la funzione $g(x) = \vert x\vert$ definita in $[-\pi, \pi]$ ed estesa per periodicità a tutto ${\bf R}$ (si veda la Figura 1.8). In questo modo anziché calcolare

$$\int_{0}^{2 \pi} f(x) \cos nx dx = \int_{0}^{\pi} x \cos nx... ...i}^{2 \pi} x \cos nx dx + \int_{\pi}^{2 \pi} 2 \pi \cos nx dx$$

Figura 1.8:

calcolo

$$\int_{-\pi}^{\pi}\vert x\vert\cos nx dx = 2 \int_{0}^{\pi} x \cos nx dx .$$

Quindi i coefficienti sono dati da:

$$a_0 = {{1}\over{\pi}} \int_{-\pi}^{\pi}\vert x\vert dx = \pi$$

e per $n > 0$

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{lll} a_n & = ... ... _0^{\pi} \Big] = {{2}\over{\pi n^2}}} [(-1)^n - 1] \end{array}$$

per cui

$$a_n = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \textrm{se } n \textrm... ...} & \textrm{se } n \textrm{ dispari} . \end{array} \right.$$ (1.4)

Lo sviluppo risulta quindi essere

$$f(x) = {{a_0}\over{2}} + \sum_{n=1}^{\infty} a_n \cos nx = {... ...sum_{k=0}^{\infty} {{4}\over{ \pi (2k+1)^2}} \cos (2k+1)x .$$ (1.5)

La convergenza è puntuale e uniforme su tutto ${\bf R}$ (perché la funzione è continua e $C^1$ a tratti), in particolare sull'intervallo $[0, 2\pi]$ al quale eravamo interessati. In particolare se valutiamo la serie per $x=0$ questa convergerà al valore $f(0) = 0$, per cui si ha

$${{\pi}\over{2}} - \sum_{k=0}^{\infty} {{4}\over{ \pi (2k+1)^... ..._{k=0}^{\infty} {{1}\over{ (2k+1)^2}} = {{\pi^2}\over{8}} .$$

Per l'altra serie sfruttiamo l'uguaglianza di Parceval (1.1):

$${{1}\over{\pi}} \int_{-\pi}^{\pi} f^2(x) dx = {{a_0^2}\over{2}} + \sum_{k=1}^{\infty} (a_k^2 + b_k^2) .$$

Per cui da $\int_{-\pi}^{\pi} x^2 dx = 2\pi^3/3$ otteniamo

$${{2\pi^2}\over{3}} = {{\pi^2}\over{2}} + \sum_{k=1}^{\infty} {{16}\over{\pi^2(2k+1)^4}}$$

e infine

$$\sum_{k=1}^{\infty} {{1}\over{(2k+1)^4}} = {{\pi^2}\over{16}... ...}\over{3}} - {{\pi^2}\over{2}} \Big) = {{\pi^4}\over{96}} .$$

Per considerare uno sviluppo in soli seni o di soli coseni in generale si fa così: data $h:[0,T] \to {\bf R}$ consideriamo la funzione $\tilde{h}$ definita in $[-T,T)$

$$\tilde{h}(x) = \left\{ \begin{array}{ll} h(x) & x \in [0,T] \\ h(-x) & x \in [-T, 0] \end{array} \right.$$

ed estendendo poi per periodicità a tutto ${\bf R}$ la funzione. Poiché la funzione risulta così pari il suo sviluppo sarà di soli coseni e

$$\int_{-T}^T \tilde{h}(x) \cos {{n\pi}\over{T}}x dx = 2 \int_{0}^T h(x) \cos {{n\pi}\over{T}}x .$$

Se vogliamo uno sviluppo di soli seni si considera

$$\tilde{h}(x) = \left\{ \begin{array}{ll} h(x) & x \in [0,T] \\ -h(-x) & x \in [-T, 0] . \end{array} \right.$$

Nel nostro caso estendiamo la funzione nel modo seguente:

Figura 1.9:

$$\tilde{f}(x) = \left\{ \begin{array}{cl} -x - 2 \pi & \tex... ... + 2 \pi & \textrm{se } x \in [\pi, 2\pi] \end{array} \right.$$

e poi estendo $\tilde{f}$ periodicamente su tutto ${\bf R}$ (a questo punto avremo una funzione periodica di periodo $4\pi$!). La restrizione di $\tilde{f}$ a $[0, 2\pi]$ è sempre la nostra $f$. La funzione così estesa risulta essere dispari fornendo i coefficienti dei coseni nulli. Valutiamo i coefficienti:

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{lll} b_n & = ... ... \pi] \!\textrm{sen} \!{{n}\over{2}} x dx} . \end{array}$$

Abbiamo che

$$\int x \!\textrm{sen} \!{{n}\over{2}}x dx = - {{2}\over{... ...r{2}} x + {{4}\over{n^2}} \!\textrm{sen} \!{{n}\over{2}} x$$

per cui

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{lll} \textrm{... ...}\over{n}} \cos {{n \pi}\over{2}}\Big) \Big] } . \end{array}$$

Sommando, poiché

$$\!\textrm{sen} \!{{n \pi}\over{2}} = \left\{ \begin{arr... ...{ dispari} \\ 0 & n \textrm{ pari} , \end{array} \right.$$

si ha

$$b_n = {{8}\over{n^2 \pi}} \!\textrm{sen} \!n {{\pi}\over... ...{ dispari} \\ 0 & n \textrm{ pari} , \end{array} \right.$$

La serie è data dalla somma dei seguenti termini

$$\sum_{n {\tiny\textrm{ dispari}}} {{8}\over{n^2 \pi}} \!\t... ...8}\over{(2n+1)^2 \pi}} \!\textrm{sen} \!{{2n+1}\over{2}} x$$

Attenzione! Lo sviluppo trovato è lo sviluppo in soli seni della funzione $\tilde f$, quello in (1.5) è lo sviluppo della funzione $f$: convergono entrmabi (uniformemente) alla funzione originale nell'intervallo $[0, 2\pi]$, ma a funzioni diverse nell'intervallo $[-2\pi, 0]$ (si vedano le Figura 1.8 e Figura 1.9).
Ora valutiamo lo sviluppo della funzione $g$: si osservi che nell'intervallo $[-\pi, \pi]$ la funzione $f(x) = \vert x\vert$ è una primitiva della funzione $g$, e precisamente

$$f(x) = \pi + \int_{-\pi}^x g(t) dt , \hskip20pt \textrm{cio\\lq e } \hskip20pt f(x) - \pi = \int_{-\pi}^x g(t) dt .$$

Se denotiamo con $\alpha_n$ e $\beta_n$ i coefficienti

$$\alpha_n = {{1}\over{\pi}} \int_{-\pi}^{\pi} g(x) \cos nx dx... ...}\over{\pi}} \int_{-\pi}^{\pi} g(x) \!\textrm{sen} \!nx dx$$

si ha che $\alpha_0=0$ e dalle formule (1.2) si ricava

$$\beta_n = - n a_n , \hskip30pt \alpha_n = n b_n$$

quindi, conoscendo $a_n$ (si veda (1.4)) e $b_n$ ($b_n = 0$ per ogni $n \in {\bf N}$) si ricava immediatamente

$$\beta_n = \left\{ \begin{array}{ll} 0 & \textrm{se } n \te... ...} & \textrm{se } n \textrm{ dispari} . \end{array} \right.$$

per cui

$$g(x) = \sum_{k=0}^{\infty} {{4}\over{ \pi (2k+1)}} \!\textrm{sen} \!(2k+1)x$$

(si confronti con l'ESERCIZIO 1.46).

Soluzione 1.50 - La funzione

$$f(x) = 1 - {{2\vert x\vert}\over{\pi}} , \hskip30pt x \in [-\pi, \pi] .$$

come si vede dal garfico, è una funzione pari per cui $b_n = 0$ per ogni $n \in {\bf N}$.

Figura 1.10:

Si verifica facilmente che anche $a_0 = 0$. Gli altri coefficienti sono dati ($n > 0$)

$$\renewcommand {\arraystretch}{2} \begin{array}{lll} a_n & = ... ...\pi^2}}} & n \textrm{ dispari} \end{array} \right. \end{array}$$

per cui la serie è data da

$$\sum_{n=0}^{\infty}{{8}\over{(2n+1)^2 \pi^2}} \cos (2n+1)x$$

che converge uniformemente su tutto ${\bf R}$ (visto che il prolungamento periodico a tutto ${\bf R}$ di $f$ è continuo e $C^1$ a tratti). La serie converge anche totalmente visto che

$$\sup_{x \in [-\pi, \pi]} \Big\vert {{8}\over{(2n+1)^2 \pi^2}} \cos (2n+1)x \Big\vert = {{8}\over{(2n+1)^2 \pi^2}} .$$

Per calcolare le due serie (già calcolate negli esercizi 1.48 e 1.49) si può valutare la funzione in $x=0$ e usare l'uguaglianza (1.1).