Presentazione: * paula difficiliora

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suggeriamo di fare, o anche di provare a fare, gli esercizi senza scoraggiarsi subito e senza farsi tentare dal guardare immediatamente le soluzioni e di farlo solo dopo aver “perso” un po’ di tempo sull’esercizio. Riteniamo molto utile, infatti, il tempo impiegato nel pensare ad un eserizio anche qualora non lo si terminasse, perché è il solo confronto con il quale ci si rende conto di ciò che si è realmente compreso e di ciò che si è in grado di fare da soli.

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Chapter 1

Successioni e serie di funzioni

Convergenza puntuale ed uniforme

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

lim_{n→∞} sup_{x∈D} |f_{n}(x) − f(x)| = 0

il che è equivalente a dire che (per definizione di limite) per ogni ϵ > 0 esiste N = N(ϵ) tale che per ogni n ⩾ N si ha

sup_{x∈D} |f_{n}(x) − f(x)| < ϵ .

Graficamente questo significa che FIGURA VEDI FIGURA 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 → 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:

su quali insiemi A ⊂ D vale lim_{n→∞} sup_{x∈A} |f_{n}(x) − f(x)| = 0 ?

Chiaramente se f_{n} → f uniformemente su tutto D convergerà uniformemente anche su tutti i sottoinsiemi A di D.

Figure 1.1:

Una tecnica generale si può comunque dare nel caso in cui l’estremo superiore di |f_{n} − f| (dove f è il limite puntuale di f_{n}) è un massimo e tale massimo è assunto all’interno di A, l’insieme sul quale si vuole capire se vi è convergenza uniforme. In questo caso si può cercare l’estremo superiore risolvendo

\frac{d}{dx}(f_{n}(x) − f(x)) = 0 oppure \frac{d}{dx}f_{n}(x) = 0 ,

ma facendo attenzione (si veda Esercizio 1.3 per un esempio in cui questa tecnica può portare a conclusioni errate!!!). In generale è spesso utile intuire il comportamento della successione di cui bisogna studiare la convergenza. Un consiglio è quindi quello di studiare qualitativamente il grafico delle funzioni f_{n}.

Esercizio 1.1 - Studiare convergenza puntuale ed uniforme della successione di funzioni f_{n}(x) = arctg(nx), n ∈ N, definite in D = R.

Esercizio 1.2 - Studiare la convergenza puntuale ed uniforme della successione di funzioni

f_{n} : [−1, 1] → R , f_{n}(x) = \sqrt{x^{2} + \frac{1}{n}}

Esercizio 1.3 - Studiare la convergenza puntuale ed uniforme della successione di funzioni

f_{n} : R → R , f_{n}(x) = \frac{x + n}{x^{2} + n}

Esercizio 1.4 - Studiare convergenza puntuale ed uniforme di f_{n}(x) = x(1 − x)^{n} log n in [0, 1].

Esercizio 1.5 - Studiare convergenza puntuale ed uniforme di f_{n} : [0, 1] →

R, f_{n}(x) = \frac{nx}{1 + n^{2}x^{2}} .

Esercizio 1.6 - Si studino la convergenza puntuale ed uniforme delle funzioni

f_{n}(x) = \frac{x^{2}}{x + n} per x ∈ [0, +∞)

e si dimostri che

lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} f_{n}(x)sen(nx)dx = 0 .

Esercizio 1.7 - Si studino la convergenza puntuale ed uniforme delle funzioni

f_{n}(x) = n^{α}x(1 − x^{2})^{n} per x ∈ [0, 1] (α > 0)

e si calcoli

lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} f_{n}(x)dx .

Esercizio 1.8 - Si studino la convergenza puntuale ed uniforme delle funzioni

f_{n}(x) = (\frac{1}{n} + sen^{2}x)^{n} per x ∈ [0, π]

e si calcoli

lim_{n→∞} ∫_{0}^{π} f_{n}(x)dx .

Esercizio 1.9 - Si studi la convergenza puntuale ed uniforme in [−1, 1] della successione di funzioni

f_{n}(x) = n log(1 + x/n) .

Serie di Funzioni

Una serie di funzioni ∑_{n} f_{n} è una speciale successione di funzioni {g_{N}}_{N} dove g_{N}(x) = ∑_{n=0}^{N} f_{n}(x). Ricordo: per le serie di funzioni si ha che

conv. totale ⟹ conv. uniforme ⟹ conv. puntuale

quindi se T è l’insieme di convergenza totale, U quello di convergenza uniforme e P quello di convergenza puntuale si ha

T ⊂ U ⊂ P .

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 è studiare la convergenza totale, quando si ha una serie a segni alterni si può sfruttare il criterio di Leibniz.

Esercizio 1.10 - Studiare la convergenza della serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{x}{(1 + x)^{n}} .

Esercizio 1.11 - Studiare la convergenza della serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{x + n}{x^{2} + n^{4} + log n} .

Esercizio 1.12 - Studiare la convergenza della serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{nx^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} .

Esercizio 1.13 - Studiare la convergenza della serie

∑_{n=2}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{log(n + x^{2})} .

Serie di potenze Ricordo: il raggio di convergenza di ∑_{n} a_{n}x^{n} è dato da ρ = \frac{1}{lim sup_{n} |a_{n}|^{1/n}}. Esercizio 1.14 - Studiare la convergenza della serie

∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{3^{n}} x^{n}

e calcolarne la somma. Esercizio 1.15 - Studiare la convergenza della serie di potenze

∑_{n=1}^{∞} \frac{n^{α} + e^{αn}}{n} x^{n}

al variare del parametro α ∈ R. Esercizio 1.16 - Sviluppare in serie di Taylor in x = 0 la funzione f(x) = e^{x} e studiarne la convergenza. Esercizio 1.17 - Studiare il comportamento della serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{n!}{n^{n}} x^{n} .

Esercizio 1.18 - Sviluppare in serie di Taylor in x = 0 la funzione f(x) = arctg x e studiarne la convergenza. Esercizio 1.19 - Calcolare gli sviluppi di seno e coseno in x = 0. Esercizio 1.20 - Studiare la convergenza e calcolare la somma di

∑_{n=1}^{∞} [\frac{1}{n!} − \frac{1}{(n + 1)!}]x^{n} .

Figure 1.2:

Soluzioni

Soluzione 1.1 - Il limite puntuale è dato da (vedi Figura ........)

lim_{n→∞} f_{n}(x) = f(x) = \{ \begin{matrix}π/2 & x > 0 \\ 0 & x = 0 \\ −π/2 & x < 0 \end{matrix}

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

Teorema 1.1 Se una successione di funzioni continue in D converge uniformemente ad f in D allora f è continua in D.

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 = R f_{n} non converge uniformemente ad f. Ci si può chiedere se ci sono insiemi strettamente contenuti in R sui quali la convergenza è uniforme. Si consideri A = [a, +∞) con a > 0. La derivata di

Figure 1.3:

|f_{n} − f| = 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∈[a,+∞)} |f_{n}(x) − f(x)| = π/2 − f_{n}(a) = π/2 − arctg(nx) .

Dalla convergenza puntuale concludiamo che questa quantità converge a zero. Poiché analogamente si può trattare il caso in cui A = (−∞, b] con b < 0 concludiamo che f_{n} converge uniformemente ad f su tutti gli insiemi del tipo (−∞, b] ∪ [a, +∞) con b < 0 e a > 0 e solo in quelli.

Soluzione 1.2 - Limite puntuale:

lim_{n→+∞} f_{n}(x) = |x| per ogni x ∈ [−1, 1] .

Limite uniforme:

sup_{x∈[−1,1]} |\sqrt{x^{2} + \frac{1}{n}} − |x|| = sup_{x∈[−1,1]} (\sqrt{x^{2} + \frac{1}{n}} − |x|) ⩽ sup_{x∈[−1,1]} \sqrt{\frac{1}{n}} = \sqrt{\frac{1}{n}}

Osservazione - Nell’ultimo passaggio si è usata la diseguaglianza \sqrt{a + b} ⩽ \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 1.3 - Il limite puntuale è f ≡ 1 su tutto R. Prima di tutto si osservi che

lim_{x→+∞} f_{n}(x) = 0 ,  lim_{x→−∞} f_{n}(x) = 0

e anche che

f_{n}(x) = 0 per x_{n} = −n .

Per ognuna di queste ragioni

sup_{x∈R} |f_{n}(x) − f(x)| ⩾ 1

e quindi non vi può essere convergenza uniforme su tutto R e nemmeno su semirette (in realtà sup_{x∈R} |f_{n}(x) − f(x)| = 2). Vediamo che succede se consideriamo un compatto [a, b]. Calcoliamo la derivata e poniamola uguale a zero. Si ha

f′_{n}(x) = 0 ⟺ 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} → 1/2 mentre y_{n} → −∞, quindi, qualunque sia [a, b], y_{n} definitivamente non appartiene ad [a, b]. Se 1/2 ∈ (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}) = \frac{n + \sqrt{n^{2} + n}}{2n} → 1 .

Attenzione: il massimo di |f_{n} − f| non è detto sia assunto in x_{n}. Infatti si ha

f_{n}(x) − f(x) = \frac{x(1 − x)}{x^{2} + n}

che è positiva per x ∈ (0, 1) (e negativa altrimenti). Quindi

|f_{n}(x) − f(x)| = \{ \begin{matrix}\frac{−x(1−x)}{x^{2}+n} & x ∈ [a, 0] \\ \frac{x(1−x)}{x^{2}+n} & x ∈ [0, 1] \\ \frac{−x(1−x)}{x^{2}+n} & x ∈ [1, b] \end{matrix}

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Figure 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∈[a,b]} |f_{n}(x) − f(x)| ⩽ max{f_{n}(a) − 1, f_{n}(b) − 1, f_{n}(x_{n}) − 1} .

Poiché tutti e tre i valori dell’insieme a sinistra convergono a zero si conclude che {f_{n}}_{n} converge uniformemente sui compatti.

Soluzione 1.4 - Convergenza puntuale: f_{n}(x) → 0 per ogni x ∈ [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}) = \frac{log n}{n + 1}(\frac{n}{n + 1})^{n} → 0 .

Soluzione 1.5 - Il limite puntuale è

lim_{n→+∞} f_{n}(x) = 0 per ogni x ∈ [0, 1] .

Vediamo se il limite è anche uniforme:

f′_{n}(x) = \frac{n(1 + n^{2}x^{2}) − 2n^{3}x^{2}}{(1 + (nx)^{2})^{2}} = \frac{n − n^{3}x^{2}}{(1 + (nx)^{2})^{2}}

che si annulla per x_{n} = 1/n. Ora f_{n}(x_{n}) = 1/2 per ogni n ∈ N per cui

lim_{n→+∞} ∥f_{n} − f∥_{∞} = lim_{n→+∞} ∥f_{n}∥_{∞} = lim_{n→+∞} \frac{1}{2} = \frac{1}{2} .

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→∞} f_{n}(x) = 0 per ogni x ∈ [0, +∞)

La convergenza non è però uniforme. Infatti

sup_{x∈[0,+∞)} |f_{n}(x)| = +∞ .

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Figure 1.5:

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

f′_{n}(x) = \frac{x^{2} + 2nx}{(x + n)^{2}} ⩾ 0

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

sup_{x∈[0,a]} |f_{n}(x)| = \frac{a^{2}}{a + n} → 0 per ogni a ∈ (0, +∞) .

Calcoliamo l’integrale:

lim_{n→∞} | ∫_{0}^{1} f_{n}(x)sennxdx| ⩽ lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} |f_{n}(x)||sen(nx)|dx
⩽ lim_{n→∞} ∫_{0}^{1} |f_{n}(x)|dx = 0

grazie al fatto che f_{n} → 0 uniformemente in [0, 1].

Soluzione 1.7 - Il limite puntuale è f ≡ 0. Per studiare la convergenza uniforme calcoliamo il massimo delle f_{n}.

f′_{n}(x) = n^{α}(1 − x^{2})^{n−1}[1 − x^{2}(1 + 2n)] = 0 ⟺ x = \frac{1}{\sqrt{1 + 2n}}

Valutiamo il massimo di |f_{n} − f|:

M_{n}(α) = max_{x∈[0,1]} |f_{n}(x)| = n^{α} \frac{1}{\sqrt{1 + 2n}}(1 − \frac{1}{1 + 2n}) .

Si ha che

lim_{n→∞} M_{n}(α) = 0  per 0 ⩽ α < \frac{1}{2}
lim_{n→∞} M_{n}(α) = \frac{1}{\sqrt{2e}} per α = \frac{1}{2}
lim_{n→∞} M_{n}(α) = +∞ per α > \frac{1}{2}

e quindi vi è convergenza uniforme solo per 0 ⩽ α < 1/2. Calcoliamo l’integrale. Per 0 ⩽ α < 1/2

lim_{n} ∫_{0}^{1} f_{n}(x)dx = ∫_{0}^{1} lim_{n} f_{n}(x)dx = 0

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

∫_{0}^{1} f_{n} = −n^{α} \frac{1}{2(n + 1)}(1 − x^{2})^{n+1}|_{0}^{1} = \frac{n^{α}}{2(n + 1)} .

Si ha allora che

lim_{n→∞}∫ _{0}^{1}f_{n} = 0  per 0 ⩽ α < 1
lim_{n→∞}∫ _{0}^{1}f_{n} = \frac{1}{2}  per α = 1
lim_{n→∞}∫ _{0}^{1}f_{n} = +∞ per α > 1 .

Soluzione 1.8 - Facilmente si vede che f_{n}(0) = f_{n}(π) → 0. Se x ∈ (0, π), x ≠ π/2 si ha che sen^{2}x < 1 e quindi si ha che eiste a < 1 per il quale definitivamente vale

\frac{1}{n} + sen^{2}x ⩽ a < 1

per cui f_{n}(x) → 0 se x ≠ π/2. Se x = π/2 si ha che

f_{n}(π/2) = (\frac{1}{n} + 1)^{n} → e

quindi il limite puntuale è

lim_{n→∞} f_{n}(x) = f(x) = \{ \begin{matrix}e & x = \frac{π}{2} \\ 0 & x ≠ \frac{π}{2} \end{matrix}

Può convergere uniformemente? NO! Perché le f_{n} sono continue e f non lo è. Vediamo che succede se togliamo un intorno di π/2. Fisso δ > 0 (e minore di π/2): in [0, π/2 − δ] f_{n} è crescente per ogni n ∈ N per cui il massimo è assunto per x = π/2 − δ. Detto α il valore sen^{2}(π/2 − δ) < 1 si ha che esiste ϵ > 0 tale che

α + ϵ < 1

e quindi

max_{x∈[0,π/2−δ]} |f_{n}(x)| ⩽ (\frac{1}{n} + α)^{n} ⩽ (α + ϵ)^{n} → 0 .

Allo stesso modo si può procedere in [π/2+δ, π]. Conclusione: f_{n} convergono uniformemente a f ≡ 0 in tutti gli insiemi del tipo A_{δ} = [0, π/2 − δ] ∪ [π/2 + δ, π]. Calcoliamo l’integrale:

|∫ _{0}^{π}f_{n}(x)dx| = | ∫_{A_{δ}} f_{n}(x)dx + ∫_{π/2−δ}^{π/2+δ} f_{n}(x)dx| ⩽ ∫_{A_{δ}} |f_{n}|(x)dx + 2eδ .

Passando al limite si ha che in A_{δ}, grazie alla convergenza uniforme, l’integrale tende a 0. Concludendo si ha che:

∀δ > 0 lim_{n→∞} |∫ _{0}^{π}f_{n}(x)dx| < 2eδ

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

(1 + x/n)^{n} è crescente in n per x positivo (1 + x/n)^{n} è decrescente in n per x negativo

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

g′(x) − g′_{n}(x) = e^{x} − (1 + \frac{x}{n})^{n−1} \{ \begin{matrix}> 0 & se x > 0 \\ = 0 & se x = 0 \\ < 0 & se x < 0 . \end{matrix}

Si osservi però che g_{n}(0) = g(0) = 1 per cui |g(x) − g_{n}(x)| > 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∈[−1,1]} |g_{n}(x) − g(x)| ⩽ max{|g_{n}(−1) − e^{−1}|, |g_{n}(1) − e|} → 0 .

Per cui {g_{n}} converge uniformemente a g in [−1, 1]. Poiché la funzione x ↦ 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, +∞)?

Il secondo svolgimento fa uso del seguente risultato.

Teorema 1.2 Sia (f_{n})_{n} una successione in C^{1}([a, b]) tale che

1) f′_{n} converge uniformemente ad una funzione g in [a, b];

2) esiste x_{0} ∈ [a, b] tale che f_{n}(x_{0}) converge.

Allora la successione (f_{n})_{n} converge uniformemente ad una funzione f. Inoltre f ∈ C^{1}([a, b]) e f′ = g.

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) = \frac{n}{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 + ∫_{0}^{x} 1dt = x

Soluzione 1.10 - Poiché la serie data è il limite, per N → +∞, di ∑_{n=1}^{N} \frac{x}{(1+x)^{n}} per le somme finite si ha

∑_{n=1}^{N} \frac{x}{(1 + x)^{n}} = x ∑_{n=1}^{N} \frac{1}{(1 + x)^{n}}

per cui possiamo studiare ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(1+x)^{n}}. Sappiamo che la serie geometrica

∑_{n=1}^{∞} q^{n} = \frac{q}{1 − q} = ∑_{n=0}^{∞} q^{n} − 1 per |q| < 1 .

Per cui per |1 + x| > 1, cioè per x < −2 o per x > 0, la serie converge. Il limite, per tali valori di x, è

x ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(1 + x)^{n}} = x\frac{\frac{1}{1+x}}{1 − \frac{1}{1+x}} = 1

Ci si può limitare a studiare la convergenza (uniforme) della serie ∑_{n=1}^{∞} y^{n} cambiando poi y con \frac{1}{1+x}.

Teorema 1.3 Sia (f_{n}) una successione di funzioni definite in (a, b). Supponiamo che

i) f_{n} convergano uniformemente ad f in (a, b);

ii) per ogni n esista, finito, lim_{x→b^{−}} f_{n}(x) = α_{n} ∈ R.

Allora esiste finito il limite lim_{n} α_{n} = α e si ha

lim_{x→b^{−}} ( lim_{n} f_{n}(x)) = lim_{n} ( lim_{x→b^{−}} f_{n}(x))

cioè lim_{x→b^{−}} f(x) = lim_{n} α_{n} = α.

Osservazione - FORSE METTELO ALL’INIZIO DI TUTTO Una conseguenza di questo teorema è il seguente fatto: se f_{n}(x) = ∑_{k=1}^{n} a_{k}x^{k} che converge diciamo in (−ρ, ρ) (e non converge per x = ρ e x = −ρ !!) si ha che esiste finito il limite

lim_{x→ρ^{−}} ∑_{k=1}^{n} a_{k}x^{k} = ∑_{k=1}^{n} a_{k}ρ^{k} = α_{n} ∈ R

ma la tesi del Teorema 1.3 non vale perché lim_{n} α_{n} non esiste o non esiste finito. Di conseguenza deve cascare l’ipotesi, ma la condizione ii) è verificata, quindi necessariamente cade la i), ossia che la serie converge uniformemente. (Idem per l’estremo sinistro)

Negli intervalli (−1, 1), ma anche (−1, 0] e [0, 1), non vi è convergenza uniforme. Consideriamo ad esempio [0, 1): le funzioni

g_{N}(x) = ∑_{n=1}^{N} y^{n}

sono continue e inoltre lim_{x→1^{−}} g_{N}(x) = lim_{x→1^{−}} ∑_{n=1}^{N} y^{n} = N ∈ R. Se ci fosse convergenza uniforme lim_{N→∞} lim_{x→1^{−}} g_{N}(x) = lim_{N→∞} N esisterebbe e sarebbe finito, cosa che non è. Di conseguenza non vi è convergenza uniforme in (−1, 1). Vediamo ora che negli intervalli [a, b] ⊂ (−1, 1) si ha convergenza uniforme. Infatti: si consideri per semplicità [0, b] con 0 < b < 1. Denotiamo con g(y) il limite di g_{N}, cioè g(y) = ∑_{n=1}^{∞} y^{n}. Si ha

sup_{[0,b]}|g_{N}(y) − g(y)| = sup_{[0,b]} | ∑_{n=1}^{N} y^{n} − ∑_{n=1}^{∞} y^{n}| = sup_{[0,b]} | ∑_{n=N+1}^{∞} y^{n}|
⩽ ∑_{n=N+1}^{∞}b^{n} = \frac{b^{N+1}}{1−b}

Considerando il limite per N → ∞ si ottiene la convergenza uniforme. Analogamente si ottiene in [a, 0] con −1 < a < 0 e quindi in ogni [a, b] ⊂ (−1, 1). Tornando alla variabile x: −1 < y < 1 se e solo se −1 < \frac{1}{1+x} < 1 se e solo se x ∈ (−∞, −2) ∪ (0, +∞). Gli insiemi del [a, 0] con −1 < a < 0 nella variabile y diventano (−∞, −2 − δ], δ > 0, nella variabile x; gli insiemi del [0, b] con 0 < b < 1 nella variabile y diventano [ϵ, +∞), ϵ > 0, nella variabile x. Concludendo si ha quindi convergenza uniforme alla funzione costante f ≡ 1 della serie negli insiemi (−∞, −2 − δ] ∪ [ϵ, +∞) per ogni ϵ, δ > 0.

Soluzione 1.11 - Puntuale per ogni x ∈ R perché, ad esempio,

∑_{n=1}^{∞} |\frac{x + n}{x^{2} + n^{4} + log n}| ⩽ ∑_{n=1}^{∞} \frac{|x + n|}{n^{4}}

In generale vale, per a, b > 0, che a^{2} +b^{2} ⩾ 2ab, per cui 2(a^{2} +b^{2}) ⩾ (a+b)^{2}, da cui

|\frac{x + n}{x^{2} + n^{4} + log n}| ⩽ 2\frac{|x + n|}{2(x^{2} + n^{4})} ⩽ 2\frac{|x + n|}{(|x| + n^{2})^{2}} ⩽ \frac{2}{|x| + n^{2}} ⩽ \frac{2}{n^{2}}

per cui la serie converge totalmente in R.

Soluzione 1.12 - Per x ⩾ 1 si ha che

\frac{nx^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} ⩾ \frac{nx^{n}}{2|x|^{n}n^{2}} = \frac{1}{2n}

per cui la serie diverge. Per x ∈ (−1, 1) si ha che

|\frac{nx^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} | ⩽ n|x|^{n}

per cui vi è convergenza assoluta. Per x ⩽ −1

\frac{nx^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} = (−1)^{n} \frac{n|x|^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} e \frac{n|x|^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} ⩽ \frac{1}{n}

Verifichiamo che è monotona decrescente in n: mi chiedo se

\frac{(n + 1)|x|^{n+1}}{1 + |x|^{n+1}(n + 1)^{2}} ⩽ \frac{n|x|^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}}

cioè se

n|x|^{n} + n(n + 1)^{2}x^{2n+1} ⩾ (n + 1)x^{n+1} + (n + 1)n^{2}x^{2n+1}

il che è equivalente a

(n + 1)|x| ⩽ n(n + 1)|x|^{n+1} + n

che è vero per ogni x ⩽ −1 e per ogni n ∈ N. Usando il criterio di Leibniz si conclude che la serie converge in (−∞, −1]. Quindi converge puntualmente in (−∞, 1). Dalla stima in (−1, 1) si vede che vi è convergenza totale in [0, a] per ogni 0 < a < 1 e per il Teorema 1.3 non può esservi in [0, 1). Per x negativo si ha:

| ∑_{n=1}^{∞} \frac{nx^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} − ∑_{n=1}^{m−1} \frac{nx^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} | ⩽ \frac{m|x|^{m}}{1 + |x|^{m}m^{2}} ⩽ \frac{1}{m} → 0 .

Conclusione: vi è convergenza puntuale in (−∞, 1) e totale su tutti gli insiemi del tipo (−∞, a] con a < 1.

Soluzione 1.13 - Per ogni x ∈ R 1/ log(n + x^{2}) è decrescente in n per cui la serie è convergente per ogni x. La stima del resto

| ∑_{n=2}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{log(n + x^{2})} − ∑_{n=1}^{m−1} \frac{(−1)^{n}}{log(n + x^{2})}| ⩽ \frac{1}{log(m + x^{2})} ⩽ \frac{1}{log m} → 0

quindi vi è convergenza uniforme su tutto R. Ovviamente non vi è la totale: log(n + x^{2}) ⩾ log n (il minimo è assunto per x = 0, fare la derivata per esercizio!) e quindi

|\frac{(−1)^{n}}{log(n + x^{2})}| ⩽ \frac{1}{log n}

e questa è la stima migliore. La serie ∑_{n}(log n)^{−1} diverge.

Soluzione 1.14 -

lim_{n} ^{n} \sqrt{\frac{1}{3^{n}}} = \frac{1}{3}

quindi il raggio è 3. Conclusione: la serie converge (puntualemente) in (−3, 3) e non converge (puntualemente) in (−∞, −3) ∪ (3, +∞). Vediamo in3 e −3 che succede.

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{3^{n}} (−3)^{n} non converge, ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{3^{n}} 3^{n} diverge

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

Teorema 1.4 Una serie di potenze centrata in 0 converge totalmente in ogni intervallo chiuso del tipo [−a, a] con a < ρ.

Si ha di conseguenza convergenza totale, e quindi uniforme, in ogni intervallo [−a, a] con a < 3. Vediamo si si ha convergenza uniforme anche in (−3, 3).

pluto

Usando questa osservazione 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) = \frac{3}{3 − x} .

Soluzione 1.15 - Posso pensare la serie come (perché? ad esempio ∑_{n} (\frac{1}{n}−

log \frac{n+1}{n})x^{n} converge per x ∈ [−1, 1) però ...)

∑_{n=1}^{∞} \frac{n^{α}}{n} x^{n} + ∑_{n=1}^{∞} \frac{e^{αn}}{n} x^{n} .

Il primo termine:

n \sqrt{n^{α−1}} → 1 quindi il raggio di convergenza è 1 ,

il secondo termine:

n \sqrt{\frac{e^{αn}}{n}} → e^{α} quindi il raggio di convergenza è \frac{1}{e^{α}} .

Se α = 0: il raggio è lo stesso e la serie diventa ∑_{n=1}^{∞} \frac{2}{n}x^{n}. Vediamo gli estremi: per x = −1 si, per x = 1 no. Insime di convergenza puntuale [−1, 1). La convergenza è uniforme? Non può esserlo dappertutto (vedi esercizio precedente).

Teorema 1.5 (Leibniz) Sia (a_{n})_{n} una serie a termini positivi. Se a_{n} → 0 ed è decrescente allora ∑(−1)^{n}a_{n} converge. Inoltre

| ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n}a_{n} − ∑_{n=0}^{m}(−1)^{n}a_{n}| ⩽ |a_{m+1}| .

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→+∞} ∥f_{n} − f∥_{∞} → 0

cioè

lim_{n→+∞} sup_{[−1,0]} | ∑_{k=0}^{∞}(−1)^{k} \frac{2}{k} |x|^{k} − ∑_{n=0}^{n}(−1)^{k} \frac{2}{k} |x|^{k}|

⩽ lim_{n→+∞} sup_{[−1,0]} \frac{2}{n + 1}|x|^{n+1} = lim_{n→+∞} \frac{2}{n + 1} → 0

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

∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{1}{n}  ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n} .

Convergenza uniforme e totale come sopra:

convergenza uniforme in [ − \frac{1}{e^{α}} , b] per ogni b < \frac{1}{e^{α}}
convergenza totale in [a, b] per ogni a > −\frac{1}{e^{α}} , b < \frac{1}{e^{α}}

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

∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{1}{n^{1−α}}  ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{1−α}}

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

Soluzione 1.16 - È facile vedere che

f^{(k)}(x) = f(x) per ogni k ∈ N .

Per cui lo sviluppo di Taylor è dato da

∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{n!}f^{(n)}(0)(x − 0)^{n} = ∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{n}}{n!} .

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

sup_{x∈R} ∑_{k=n}^{∞} \frac{1}{k!}x^{k} = +∞ .

Se anche ci limitiamo a x ∈ (−∞, 0] abbiamo (p_{n} il polinomio di grado n delle somme fino all’n-esimo termine)

sup_{x∈(−∞,0]} | ∑_{k=0}^{∞} \frac{x^{k}}{k!} − ∑_{k=0}^{n} \frac{x^{k}}{k!} | = sup_{x∈(−∞,0]} |e^{x} − p_{n}(x)| = +∞ .

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

|\frac{x^{k}}{k!} | ⩽ \frac{b^{k}}{k!}

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

Soluzione 1.17 - Usiamo una conseguenza del seguente risultato.

Teorema 1.6 Sia a_{n} serie a termini positivi. Si ha

lim inf_{n} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} ⩽ lim inf_{n} ^{n} \sqrt{a}_{n} ⩽ lim sup_{n} ^{n} \sqrt{a}_{n} ⩽ lim sup_{n} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} .

Conseguenza: se esiste il limite del rapporto esiste anche quello della radice n-esima e sono uguali. Allora calcoliamo il limite della radice n-esima calcolando il rapporto.

lim_{n} \frac{(n + 1)!}{(n + 1)^{n+1}} \frac{n^{n}}{n!} = lim_{n} (\frac{n}{n + 1})^{n} = \frac{1}{e}

quindi vi è convergenza puntuale in (−e, e) e non vi è in (−∞, −e)∪(e, +∞). Vediamo gli estremi:

e^{x} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{x^{k}}{k!} quindi per x = n e^{n} = ∑_{k=0}^{∞} \frac{n^{k}}{k!} ⩾ \frac{n^{n}}{n!}

per cui

\frac{n!}{n^{n}} e^{n} ⩾ 1 .

La serie quindi non converge per x = −e e diverge a +∞ per x = e. Ovviamente converge totalmente e uniformemente in tutti gli intervalli [a, b] ⊂ (−e, e). Per il Teorema 1.3 si ha che la serie non può convergere uniformemente in (−e, e).

Soluzione 1.18 - Sappiamo che la serie geometrica

∑_{n=0}^{∞} q^{n} = \frac{1}{1 − q} per |q| < 1 .

Possiamo allora concludere che la serie

∑_{n=0}^{∞}(−x^{2})^{n} converge a \frac{1}{1 + x^{2}} per |x| < 1 .

Studiamo questa serie. Converge puntualmente in (−1, 1). Per x = 1 e per x = −1 ovviamente non converge. Per il Teorema 1.3 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) = arctg x

f′(x) = \frac{1}{1 + x^{2}} .

Integrando termine a termine si ha, posto f_{n}(x) = ∑_{k=0}^{n}(−1)^{k}x^{2k}, grazie alla convergenza uniforme

lim_{n} ∫_{0}^{x} f_{n}(t)dt = ∫_{0}^{x} lim_{n} f_{n}(t)dt = ∫_{0}^{x} \frac{1}{1 + t^{2}} dt = arctg x .

Ora

∫_{0}^{x}(−1)^{k}t^{2k}dt = (−1)^{k} \frac{1}{2k + 1}x^{2k+1}

per cui

arctg x = ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} \frac{x^{2n+1}}{2n + 1}

per ogni x ∈ (−1, 1) e la convergenza uniforme solo sui compatti contenuti in (−1, 1).

Soluzione 1.19 - Calcoliamo la derivata di f(x) = sen x.

f^{(1)}(x) = cos x  f^{(1)}(0) = 1
f^{(2)}(x) = −sen x  f^{(2)}(0) = 0
f^{(3)}(x) = − cos x  f^{(3)}(0) = −1
f^{(4)}(x) = sen x  f^{(4)}(0) = 0

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

sen x = ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} \frac{x^{2n+1}}{(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 = ∑_{n=0}^{∞}(−1)^{n} \frac{x^{2n}}{(2n)!} .

Soluzione 1.20 - Si ha che

\frac{1}{n!} − \frac{1}{(n + 1)!} = \frac{n}{(n + 1)!}

per cui il limite della radice n-esima è 0: la serie converge per ogni x ∈ R. Vediamo la convergenza uniforme in R:

sup_{x∈R} ∑_{k=n}^{∞} \frac{k}{(k + 1)!}x^{k} = +∞

quindi non vi è convergenza uniforme in R. Nemmeno se ci limitiamo a (−∞, 0] (come,ad esempio, fatto per e^{x}). Per x ∈ [−a, a] con a positivo

|\frac{k}{(k + 1)!}x^{k}| ⩽ \frac{k}{(k + 1)!}a^{k} .

La serie ∑_{n} \frac{na^{n}}{(n+1)!} converge per ogni a reale per cui si ha convergenza totale e uniforme in ogni compatto. Vediamo ora di calcolare la somma. Sappiamo che

∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{n}}{n!} = e^{x} .

Si ha che

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

26 CHAPTER 1. SUCCESSIONI E SERIE DI FUNZIONI per cui, grazie alla convergenza uniforme posso invertire il segno di derivata con il limite e ottenere

∑_{n=1}^{∞} \frac{n}{(n + 1)!}x^{n} = ∑_{n=1}^{∞} x\frac{d}{dx}[\frac{x^{n+1}}{(n + 1)!} \frac{1}{x}]
= x\frac{d}{dx}[\frac{1}{x} ∑_{n=1}^{∞} \frac{x^{n+1}}{(n + 1)!}]
= x\frac{d}{dx}[\frac{1}{x}(e^{x} − 1 − x)]
= x[ − \frac{1}{x^{2}} (e^{x} − 1 − x) + \frac{1}{x}(e^{x} − 1)]
= e^{x} − \frac{1}{x}(e^{x} − 1) .