Capitolo 1

Successioni e serie di funzioni

Convergenza puntuale ed uniforme

Esercizio 1.1 - Studiare convergenza puntuale ed uniforme della successione di funzioni f_{n}(x) = arctg (nx), n ∈ N, definite in D = R. Soluzione 1.1 - Il limite puntuale è dato da (si veda la Figura 1.1)

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

Figura 1.1:

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 |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.

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}}

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.

Figura 1.2:

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}

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. 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

Figura 1.3:

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{\sqrt{n^{2} + n}}{2n(n + 1 − \sqrt{n^{2} + 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}

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.

Esercizio 1.4 - Studiare convergenza puntuale ed uniforme di f_{n} : [0, 1] →

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

Soluzione 1.4 - Il limite puntuale è (in figura sono riportati i grafici di alcune f_{n})

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

Vediamo se il limite è anche uniforme:

Figura 1.4:

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.

Esercizio 1.5 - 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 .

Soluzione 1.5 - 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)| = +∞ .

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) sen nxdx| ⩽ 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].

Esercizio 1.6 - 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 .

Soluzione 1.6 - 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 esiste 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 (si veda la Figura 1.5)

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

Figura 1.5: 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.

Esercizio 1.7 - Studiare la convergenza della serie

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

Soluzione 1.7 - 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.

Esercizio 1.8 - Studiare la convergenza della serie

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

Soluzione 1.8 - 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 ?? 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.

Esercizio 1.9 - Studiare la convergenza della serie

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

Soluzione 1.9 - 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.