Capitolo 1

Esercizio 1.1 - Studiare la convergenza della serie

∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{3^{n}} x^{n}

e calcolarne la somma.

Soluzione 1.1 - Calcolando il seguente limite

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

si ha che il raggio è 3. Conclusione: la serie converge (puntualmente) in (−3, 3) e non converge (puntualmente) in (−∞, −3) ∪ (3, +∞). Vediamo in 3 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 (solo) in (−3, 3). Vediamo gli altri tipi di convergenza.

Teorema 1.1 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 se si ha convergenza uniforme anche in (−3, 3). Ragionando come al solito (si veda, ad esempio, la risoluzione dell’esercizio ??) 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} .

Esercizio 1.2 - Studiare il comportamento della serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{n!}{n^{n}} x^{n} .

Soluzione 1.2 - Usiamo una conseguenza del seguente risultato.

Teorema 1.2 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 .  (1.1)

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). Come al solito si ha che la serie non può convergere uniformemente in (−e, e). Anziché la stima (1.1) si può usare, per studiare il comportamento della serie in x = e la formula di Stirling

n! = n^{n}e^{−n}\sqrt{2πn} (1 + O(1/n)) .

Esercizio 1.3 - Studiare la convergenza della serie di potenze

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

al variare del parametro α ∈ R.

Soluzione 1.3 - Posso pensare la serie come (perché?)

∑_{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 1.3 (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].

Esercizio 1.4 - Studiare la convergenza e calcolare la somma di

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

Soluzione 1.4 - 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}]

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) .

Esercizio 1.5 - Studiare la convergenza della seguente serie e calcolarne la somma:

∑_{n=0}^{∞}(n − 3)(\frac{x + 1}{x})^{n} .

Soluzione 1.5 - Posso fare il cambio y = (x + 1)/x e studiare ∑_{n=0}^{∞}(n − 3)y^{n}. Il raggio di convergenza è (si vede facilmente) 1, per cui la serie converge puntualmente per y ∈ (−1, 1). La convergenza, al solito, è totale nei compatti [a, b] ⊂ (−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

\begin{aligned}∑_{n=0}^{∞}(n − 3)y^{n} & = & −3 − 2y − y^{2} + ∑_{n=4}^{∞}(n − 3)y^{n} \\ & = & −3 − 2y − y^{2} + ∑_{k=1}^{∞} ky^{3+k} \end{aligned}

e

y^{4} ∑_{k=1}^{∞} ky^{k−1} = y^{4} ∑_{k=1}^{∞} \frac{d}{dy} y^{k} = y^{4} \frac{d}{dy} ∑_{k=1}^{∞} y^{k} = y^{4} \frac{d}{dy} \frac{y}{y − 1} = \frac{y^{4}}{(1 − y)^{2}}

Conclusione:

∑_{n=0}^{∞}(n − 3)y^{n} = −3 − 2y − y^{2} + \frac{y^{4}}{(1 − y)^{2}}

dove la convergenza è puntuale per y ∈ (−1, 1) e totale sui compatti [a, b] ⊂ (−1, 1). La funzione f(x) = (x+1)/x ha il seguente grafico per cui, tornando

Figura 1.1: a considerare x, si ha che

∑_{n=0}^{∞}(n − 3)(\frac{x + 1}{x})^{n} = −3 − 2\frac{x + 1}{x} − (\frac{x + 1}{x})^{2} + \frac{(x + 1)^{4}}{x^{2}}

dove la convergenza è puntuale per x ∈ (−∞, −1/2) e totale negli insiemi del tipo [a, b] ⊂ (−∞, −1/2). Infatti

|\frac{x + 1}{x}| < 1 per x ∈ (−∞, −1/2) .

Esercizio 1.6 - Studiare la convergenza e calcolare la somma (ove converge) della serie

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

Soluzione 1.6 - 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} [\frac{n}{n + 2} \frac{|x|^{n}}{(1 + x^{2})^{n}} ]^{1/n} = \frac{|x|}{1 + x^{2}}

che è sempre minore di 1 (per esercizio vedere che \frac{|x|}{1+x^{2}} ⩽ 1/2). Di conseguenza la serie converge assolutamente per ogni x ∈ R. Calcoliamo la somma della serie (per |y| < 1)

∑_{n=1}^{∞} \frac{n}{n + 2} y^{n} .

Si ha che

\frac{n}{n + 2} y^{n} = \frac{n + 2 − 2}{n + 2} y^{n} = [1 − \frac{2}{n + 2}] y^{n} = y^{n} − \frac{2}{y^{2}} \frac{1}{n + 2} y^{n+2}

Ora mi chiedo:

∑_{n=1}^{∞} \frac{n}{n + 2} y^{n} ∑_{n=1}^{∞} y^{n} − \frac{2}{y^{2}} ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{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 |y| < 1). Prendiamo in esame il secondo termine:

\begin{aligned}∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n + 2} y^{n+2} & = & ∑_{n=1}^{∞} ∫_{0}^{y} t^{n+1}dt∫_{0}^{y} ( ∑_{n=1}^{∞} t^{n+1})dt = \\ & = & ∫_{0}^{y} ( ∑_{n=2}^{∞} t^{n})dt = ∫_{0}^{y} \frac{t^{2}}{1 − t}dt \end{aligned}

dove il 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 \frac{t^{2}}{1−t} dividiamo t^{2} per 1 − t e scriviamo

t^{2} = (1 − t)(−1 − t) + 1 ⇒ \frac{t^{2}}{1 − t} = −(1 + t) + \frac{1}{1 − t}

e quindi integrando

∫_{0}^{y} \frac{t^{2}}{1 − t}dt = −y − \frac{y^{2}}{2} − log(1 − y) .

Tirando le fila si ha

\begin{aligned}∑_{n=1}^{∞} \frac{n}{n + 2} y^{n} & = & \frac{y}{1 − y} − \frac{2}{y^{2}} [ − y − \frac{y^{2}}{2} − log(1 − y)] \\ & = & \frac{y}{1 − y} + \frac{2}{y} + 1 + \frac{2}{y^{2}} log(1 − y) \end{aligned}

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

\begin{aligned}\frac{y}{1 − y} + \frac{2}{y} + 1 + \frac{2}{y^{2}} log(1 − y) & = & \frac{1}{y^{2}} [\frac{y^{3}}{1 − y} + 2y + y^{2} + 2 log(1 − y)] = \\ & = & \frac{1}{y^{2}} [\frac{y^{3}}{1 − y} + 2y + y^{2} − 2y + y^{2} + o(y^{2})] \end{aligned}

Tornando al nostro problema: poiché la quantità \frac{x}{1+x^{2}} è sempre minore di 1 la serie

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

converge puntualmente per ogni x ∈ R; converge pure uniformemente e totalemente su R poiché \frac{x}{1+x^{2}} ⩽ \frac{1}{2}. Si conclude sostituendo nell’espressione di sopra \frac{x}{1+x^{2}} al posto di y

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

Esercizio 1.7 - Calcolare lo sviluppo in serie di Taylor intorno al punto x = 0 della funzione

f(x) = \frac{1 + 3x^{2}}{(1 − x)^{3}} .

Soluzione 1.7 - Si osservi che

\frac{d}{dx} \frac{1}{1 − x} = \frac{1}{(1 − x)^{2}} e che \frac{d}{dx} \frac{1}{(1 − x)^{2}} = 2 \frac{1}{(1 − x)^{3}} .

Poiché la serie ∑_{n=0}^{∞} x^{n} converge uniformemente in ogni intervallo chiuso [a, b] ⊂ (−1, 1) e cosìpure la serie delle sue derivate (prime e seconde, ma non solo) si può affermare che (per quei valori di x ∈ [a, b] ⊂ (−1, 1) con a, b arbitrari, ma |a|, |b| < 1, per cui per ogni x ∈ (−1, 1))

\frac{1}{(1 − x)^{2}} = \frac{d}{dx} \frac{1}{1 − x} = \frac{d}{dx} ∑_{n=0}^{∞} x^{n} = ∑_{n=0}^{∞} \frac{d}{dx}x^{n} = ∑_{n=1}^{∞} nx^{n−1}

\frac{2}{(1 − x)^{3}} = \frac{d}{dx} \frac{1}{(1 − x)^{2}} = \frac{d}{dx} ∑_{n=1}^{∞} nx^{n−1} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{d}{dx}nx^{n−1} = ∑_{n=2}^{∞} 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

f(x) = \frac{1}{(1 − x)^{3}} + \frac{3x^{2}}{(1 − x)^{3}} =
= \frac{1}{2} ∑_{n=2}^{∞} n(n − 1)x^{n−2} + \frac{3x^{2}}{2} ∑_{n=2}^{∞} n(n − 1)x^{n−2}
= ∑_{n=0}^{∞} \frac{(n + 2)(n + 1)}{2}x^{n} + ∑_{n=2}^{∞} \frac{3n(n − 1)}{2}x^{n}
= 1 + x + ∑_{n=2}^{∞} \frac{(n + 2)(n + 1) + 3n(n − 1)}{2}x^{n}
= 1 + x + ∑_{n=2}^{∞}(2n^{2} + 1)x^{n} .

Esercizio 1.8 - Calcolare lo sviluppo in serie di Taylor intorno al punto x = 0 della funzione

f(x) = log (\frac{x − 2}{3x − 2})

precisandone l’insieme di convergenza.

Soluzione 1.8 - La funzione f può essere scritta nei seguenti modi

log (\frac{x − 2}{3x − 2}) = log(x − 2) − log(3x − 2)  NO!!
= log(2 − x) − log(2 − 3x)  SI!!

Perché scartiamo il primo dei due? Chiaramente i due modi sono equivalenti, ma attenzione, l’esercizio chiede lo sviluppo in x = 0 e le funzioni log(x−2), log(3x − 2) non sono definite per tale valore, mentre log(2 − x) e log(2 − 3x) si. Per esercizio, e anche per convincersi di quanto appena detto, disegnare i grafici di log(\frac{x−2}{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 |x/2| < 1,

\frac{d}{dx} log(2 − x) = −\frac{1}{2 − x} = −\frac{1}{2} \frac{1}{1 − \frac{x}{2}} = −\frac{1}{2} ∑_{n=0}^{∞} (\frac{x}{2})^{n}

Integrando tra 0 e x, con |x| < 2, poiché la serie sopra converge uniformemente

log(2 − t)|_{0}^{x} = −\frac{1}{2} ∫_{0}^{x} ∑_{n=0}^{∞} (\frac{t}{2})^{n}dt = −\frac{1}{2} ∑_{n=0}^{∞} ∫_{0}^{x} (\frac{t}{2})^{n}dt

e quindi

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

Analogamente si ottiene, per |3x/2| < 1 e quindi per |x| < 2/3,

log(2 − 3x) − log 2 = − ∑_{n=0}^{∞} (\frac{3}{2})^{n+1} \frac{x^{n+1}}{n + 1} .

Concludendo:

log (\frac{x − 2}{3x − 2}) = log 2 − ∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{2^{n+1}} \frac{x^{n+1}}{n + 1} − log 2 + ∑_{n=0}^{∞} (\frac{3}{2})^{n+1} \frac{x^{n+1}}{n + 1}
= ∑_{n=1}^{∞} [(\frac{3}{2})^{n} − (\frac{1}{2})^{n}]\frac{x^{n+1}}{n}

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

log [\frac{x − 2}{3x − 2}] = ∑_{n=1}^{∞} [(\frac{3}{2})^{n} − \frac{1}{2^{n}} ]\frac{x^{n}}{n}

e la convergenza è puntuale in [−2/3, 2/3), uniforme in tutti gli insiemi del tipo [−2/3, a] con a ∈ (−2/3, 2/3) e totale in tutti gli insiemi del tipo [b, c] con b, c ∈ (−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) ⊂ (−2, 2), quindi la serie converge in (−2/3, 2/3) e non converge in (−∞, −2/3)∪(2/3, +∞) (per verifica calcolare il limite della radice n-esima dei coefficienti). Negli estremi: per x = 2/3 si ha

∑_{n=1}^{∞} [\frac{1}{n} − \frac{1}{n3^{n}} ]

che diverge a +∞, mentre per x = −2/3

∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n}[\frac{1}{n} − \frac{1}{n3^{n}} ] .

È chiaramente una serie a segni alterni. Per verificare la monotonia in n dei coefficienti in valore assoluto si può, ad esempio, considerare la funzione

f(x) = \frac{1}{x} − \frac{1}{x3^{x}} = \frac{3^{x} − 1}{x3^{x}}

e derivarla per vedere se è descrescente (se lo è, in particolare sarà decrescente la successione dei coefficienti).

f′(x) = \frac{3^{x}[x log 3 − (3^{x} − 1)]}{x^{2}3^{2x}} < 0 per x ≠ 0

perché 3^{x} − 1 > x log 3 per ogni x ∈ R, x ≠ 0 (derivando ulteriormente). Vediamo la convergenza uniforme: per x negativo una stima del resto è data da

|\frac{1}{n} − \frac{1}{n3^{n}} |

che ovviamente tende a zero. Per la totale si ha che per x ∈ [−a, a], con 0 < a < 2/3, la serie in valore assoluto può essere stimata con

∑_{n=1}^{∞} [(\frac{3}{2}a)^{n} − \frac{a^{n}}{2^{n}} ]\frac{1}{n}

che converge.