Capitolo 1

Successioni e serie di funzioni

Ultimo aggiornamento: 19 aprile 2004

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 .

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 +ϵ e f −ϵ, la curva tratteggiata il grafico di una possibile f_{n} con n ⩾ N(ϵ).

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 ?

Figura 1.1:

Chiaramente se f_{n} → f uniformemente su tutto D convergerà uniformemente anche su tutti i sottoinsiemi A di D. Un modo per cercare l’estremo superiore di |f_{n} − f| (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

\frac{d}{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 |f_{n} − f|. 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}.

Esercizio 1.1 - 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 1.2 - Studiare convergenza puntuale ed uniforme della successione di funzioni f_{n}(x) = arctg (nx), n ∈ N, definite in D = R.

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) .

Esercizio 1.10 - Si studi la convergenza puntuale ed uniforme in R della successione di funzioni

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

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 su A ⟹ conv. uniforme su A ⟹ 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 1.13 e 1.15), 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} |f_{n}(x). Quindi studiare la convergenza totale su A di ∑_{n} f_{n} equivale a studiare la serie

∑_{n} sup_{x∈A} |f_{n}(x)| .

Esercizio 1.11 - Studiare la convergenza della serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{x}{(1 + x)^{n}} .

Esercizio 1.12 - Studiare la conver1cingenza della serie

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

Esercizio 1.13 - Studiare la convergenza della serie

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

Esercizio 1.14 - Studiare la convergenza della serie

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

Esercizio 1.15 - Data la funzione

f(x) = \{ \begin{matrix}sen x & x ∈ [0, π] \\ 0 & altrimenti \end{matrix}

si consideri f_{n}(x) := \frac{1}{n}f(x − πn). Studiare la convergenza della serie

∑_{n=0}^{∞} f_{n}(x) .

Esercizio 1.16 - Studiare la convergenza della serie ∑_{n=1}^{∞} \frac{x}{n}e^{−nx}. Esercizio 1.17 - Studiare la convergenza della serie ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{x}}, x ∈ R. Esercizio 1.18 - Studiare la convergenza della serie ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{sen x + n}{n^{2}}, x ∈ R. Esercizio 1.19 - Studiare la convergenza della serie ∑_{n=1}^{∞} \frac{(log n)^{x}}{n}, x ∈ R. Esercizio 1.20 - Studiare la convergenza della seguente serie e calcolarne la somma:

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

Esercizio 1.21 - Studiare la convergenza della serie

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

e calcolarne la somma. Esercizio 1.22 - Si determinino gli insiemi di R^{2} nei quali vi è convergenze semplice, uniforme e totale della serie

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

Serie di potenze

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

∑_{n=0}^{∞} a_{n}(x − x_{0})^{n} .

Il raggio di convergenza di ∑_{n} a_{n}x^{n} è dato da ρ = \frac{1}{lim_{n} |a_{n}|^{1/n}} se tale

limite esiste (si vedano le dispense di teoria per la definizione di raggio di convergenza e l’Esercizio 1.43 per un esempio in cui il limite non esiste).

Esercizio 1.23 - Studiare la convergenza della serie

∑_{n=0}^{∞} \frac{1}{3^{n}} x^{n}

e calcolarne la somma.

Esercizio 1.24 - Studiare la convergenza della serie di potenze

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

al variare del parametro α ∈ R.

Esercizio 1.25 - Sviluppare in serie di Taylor in x = 0 la funzione f(x) = e^{x} e studiarne la convergenza.

Esercizio 1.26 - Calcolare lo sviluppo di Taylor nel punto x = 1 della funzione log x e calcolare il valore della serie ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1} \frac{1}{n}.

Esercizio 1.27 - Studiare la convergenza e calcolare la somma (ove converge) della serie

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

Esercizio 1.28 - Studiare il comportamento della serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{n!}{n^{n}} x^{n} .

Esercizio 1.29 - Sviluppare in serie di Taylor in x = 0 la funzione f(x) = arctg x e studiarne la convergenza.

Esercizio 1.30 - Calcolare gli sviluppi di seno e coseno in x = 0.

Esercizio 1.31 - Studiare la convergenza e calcolare la somma di

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

Esercizio 1.32 - Calcolare lo sviluppo in serie di Taylor intorno al punto x = 0 della funzione

f(x) = \frac{4 − x}{x^{2} − 5x + 6} .

Esercizio 1.33 - Calcolare lo sviluppo in serie di Taylor intorno al punto x = 0 della funzione

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

Esercizio 1.34 - 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.

Esercizio 1.35 - Calcolare l’insieme di convergenza della serie

∑_{n=1}^{∞} \frac{log(1 + n^{α})}{\sqrt{n}} x^{n}

al variare di α ∈ R.

Esercizio 1.36 - Calcolare lo sviluppo in serie di Taylor intorno al punto x = 0 della funzione

f(x) = log (\frac{2 + x}{1 + x^{2}} )

precisandone l’insieme di convergenza.

Esercizio 1.37 - Mostrare che log (\frac{1 + x}{1 − x}) = 2 ∑_{n=0}^{∞} \frac{x^{2n+1}}{2n + 1}.

Esercizio 1.38 - Trovare una serie di potenze la cui somma, in un opportuno intervallo, sia log(1 + x − 2x^{2}).

Esercizio 1.39 - Studiare la serie di potenze ∑_{n} (\frac{1}{n} − log \frac{n + 1}{n})x^{n}.

Esercizio 1.40 - Che differenza c’è fra la due serie di potenze

∑_{n} \frac{1}{n^{2}} x^{n} e ∑_{n} \frac{1}{n^{2}} x^{n^{2}} ?

Esercizio 1.41 - Studiare le serie di potenze

∑_{n} \frac{(n!)^{3}}{3n!} x^{n} e ∑_{n} \frac{(n!)^{3}}{3n!} x^{n^{2}} .

Esercizio 1.42 - Studiare la serie di potenze ∑_{n} \frac{x^{n^{n}}}{n^{n}}.

∗ Esercizio 1.43 Studiare la serie di potenze ∑_{n}(2 + sen nπ/2)^{n}x^{n}.

Serie di Fourier

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

\frac{a_{0}}{2} + ∑_{n=1}^{∞} [a_{n} cos \frac{nπ}{T} x + a_{n} sen \frac{nπ}{T} x]

dove i coefficienti sono dati da (n ∈ N)

a_{n} = \frac{1}{T} ∫_{−T}^{T} f(x) cos \frac{nπ}{T} xdx b_{n} = \frac{1}{T} ∫_{−T}^{T} f(x) sen \frac{nπ}{T} xdx .

Uguaglianza di Parseval:

∫_{−T}^{T} |f(x)|^{2}dx = T (\frac{a_{0}^{2}}{2} + ∑_{n=1}^{∞} |a_{n}|^{2} + |b_{n}|^{2}) .  (1.1)

Integrazione della serie di Fourier - Si supponga di avere f continua a tratti e F (x) = ∫_{−T}^{x} (f(t) − a_{0}/2)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} = −\frac{b_{n}}{n} ,  B_{n} = \frac{a_{n}}{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 f̃ definita nelle dispense di teoria), uniformemente in ogni intervallo chiuso in cui f è continua e totalmente se converge la serie dei coefficienti

∑_{n}(|a_{n}| + |b_{n}|)

visto che sup |a_{n} cos nx| = |a_{n}| e sup |b_{n} sen nx| = |b_{n}|.

Esercizio 1.44 - Calcolare lo sviluppo di Fourier della funzione f : [−π, π] → R, f(x) = −1 in [−π, 0], f(x) = 1 in (0, π]. Studiarne la convergenza puntuale ed uniforme. Calcolare poi lo sviluppo di Fourier della funzione g : [−π, π] → R, g(x) = |x|.

Esercizio 1.45 - Calcolare lo sviluppo di Fourier della funzione f(x) = x^{2} con x ∈ [−π, π]. Studiarne la convergenza puntuale ed uniforme. Calcolare poi il valore della serie ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} .

Esercizio 1.46 - Calcolare lo sviluppo di Fourier della funzione

f(x) = \{ \begin{matrix}0 & se x ∈ [−1, 0] \\ x & se x ∈ [0, 1] \end{matrix}

e studiarne la convergenza. Calcolare poi la somma delle serie

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

Esercizio 1.47 - Calcolare lo sviluppo di Fourier della funzione

f(x) = \{ \begin{matrix}x & se x ∈ [0, π] \\ −x + 2π & se x ∈ [π, 2π] \end{matrix}

studiarne la convergenza, scrivere uno sviluppo della stessa funzione in soli seni, nfine calcolare il valore delle serie ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{(2k+1)^{2}} e ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{(2k+1)^{4}} . Sfruttando lo sviluppo della funzione f scrivere inoltre lo sviluppo in serie di Fourier della funzione

g(x) = \{ \begin{matrix}−1 & se x ∈ [−π, 0] \\ 1 & se x ∈ (0, π] \end{matrix}

Esercizio 1.48 - Determinare lo sviluppo in serie di Fourier della funzione

f(x) = 1 − \frac{2|x|}{π} , x ∈ [−π, π] .

Studiarne poi la convergenza in [−π, π]. Infine calcolare la somma delle serie

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

Soluzioni

Soluzione 1.1 - Limite puntuale:

Figura 1.2:

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

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 |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 1.3 - 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 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.

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 (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:

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

Figura 1.5:

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)| = +∞ .

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].

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 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 1.6)

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 1.6:

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 non visto a lezione).

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 - La successione converge puntualmente alla funzione nulla su tutto R, uniformemente solo sui compatti.

Soluzione 1.11 - 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}. La serie ∑_{n=1}^{∞} y^{n} non converge uniformemente nell’intervallo (−1, 1), ma nemmeno in (−1, 0] e [0, 1). Non può esserci perché vi è convergenza puntuale solo in (−1, 1) e per x = 1 la serie diverge a +∞, per x = −1 diverge. Quindi

sup_{y∈[0,1)} | ∑_{n=1}^{∞} y^{n} − ∑_{n=N}^{∞} y^{n}| = sup_{y∈[0,1)} | ∑_{n=N+1}^{∞} y^{n}| = +∞

e anche

sup_{y∈(−1,0]} | ∑_{n=1}^{∞} y^{n} − ∑_{n=N}^{∞} y^{n}| = sup_{y∈(−1,0]} | ∑_{n=N+1}^{∞} y^{n}| = sup_{y∈[0,1)} |\frac{y^{N+1}}{1 − y} | = +∞ .

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 1.12 - 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 1.13 - 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: si ha che

sup_{x∈R} |\frac{(−1)^{n}}{log(n + x^{2})}| = \frac{1}{log n}

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

sup_{x∈(a,b)} |\frac{(−1)^{n}}{log(n + x^{2})}| = max \{\frac{1}{log(n + a^{2})}, \frac{1}{log(n + b^{2})}\} .

Soluzione 1.14 - 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, ma non può esservi in [0, 1). Infatti

sup_{[0,1)} | ∑_{n=1}^{N} \frac{nx^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} − ∑_{n=1}^{∞} \frac{nx^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} | = sup_{[0,1)} | ∑_{n=N+1}^{∞} \frac{nx^{n}}{1 + |x|^{n}n^{2}} | = +∞

in quanto le funzioni \frac{nx^{n}}{1+|x|^{n}n^{2}} sono continue (anche in x = 1!!), ma la loro somma su n diverge a +∞ in x = 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 1.15 - 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 ∑ 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 R. C’è convergenza uniforme? Si, su tutto R, perché

sup_{x∈R} | ∑_{n=0}^{∞} f_{n}(x) − ∑_{n=N}^{∞} f_{n}(x)| = sup_{x∈R} | ∑_{n=N+1}^{∞} f_{n}(x)| ⩽ \frac{1}{N + 1} .

C’è convergenza totale? NO! perché il massimo di f_{n} è ovviamente 1/n assunto per x_{n} = π/2 + n e la serie ∑_{n} \frac{1}{n} = +∞. Converge, però, totalmente sui sottoinsiemi del tipo (−∞, a]. Ex: modificare le f_{n} in modo tale da avere convergenza totale su R.

Soluzione 1.16 - Per x < 0 lim_{n→∞} xn^{−1}e^{−nx} = −∞ per cui la serie diverge. Per x ⩾ 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, +∞) la serie converge totalmente. Derivando si ottiene che il punto x_{n} = 1/n è stazionario. Poiché f_{n}(0) = 0, lim_{x→+∞} f_{n}(x) = 0 e f_{n} ⩾ 0 x_{n} risulta punto di massimo. Quindi

|f_{n}(x)| ⩽ f_{n}(1/n) = \frac{1}{n^{2}} \frac{1}{e} → 0 .

Soluzione 1.17 - Per x > 1 converge e per x ⩽ 1 diverge a +∞. Poiché la funzione f_{n}(x) = n^{−x} è decrescente si ha che

sup_{x∈(1,+∞)} \frac{1}{n^{x}} = \frac{1}{n}

e la serie ∑ \frac{1}{n} diverge. Idem per la convergenza uniforme:

sup_{x∈(1,+∞)} | ∑_{n=1}^{N} \frac{1}{n^{x}} − ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{x}} | = ∑_{n=N+1}^{∞} \frac{1}{n^{x}} = +∞ .

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

Soluzione 1.20 - 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 grafico in Figura 1.7 per cui,

Figura 1.7:

tornando 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) .

Soluzione 1.23 - 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 1.3 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 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) = \frac{3}{3 − x} .

Soluzione 1.24 - Si può fare il limite della radice n-esima di \frac{n^{α}+e^{αn}}{n} oppure pensare la serie come (perché?)

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

e studiare separatamente le due serie. Seguiamo quest’ultima strada. 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. Insieme di convergenza puntuale [−1, 1). La convergenza è uniforme? Non può esserlo dappertutto (vedi esercizio precedente).

Teorema 1.4 (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 totalmente in [−1/e^{α}, 1/e^{α}], quindi limitiamoci a considerare il secondo. Negli estremi: per x = −1/e^{α} la serie converge, per x = 1/e^{α} la serie diverge, infatti si ha rispettivamente

∑_{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 1.25 - 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 1.27 - 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 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 \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^{n}}{(1+x^{2})^{n}} 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 totalmente 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}} .

Soluzione 1.28 - Usiamo una conseguenza del seguente risultato.

Teorema 1.5 Sia a_{n} serie a termini positivi. Se esiste

lim_{n} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}

allora esiste anche lim_{n} ^{n} \sqrt{a}_{n} e vale

lim_{n} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = lim_{n} ^{n} \sqrt{a}_{n} .

Il viceversa non è vero! Si consideri ad esempio la successione data da a_{n} = 1/n se n è pari e a_{n} = 1/2n se n è dispari. Si ha lim_{n} ^{n} \sqrt{a}_{n} = 1, mentre invece lim_{n} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} non esiste (il rapporto è 1/2 se n è pari, 2 se n è dispari).

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 .  (1.3)

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 (1.3) 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)) .

Soluzione 1.29 - 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. 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) = 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 1.30 - 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 1.31 - 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. Prima di studiare le convergenze uniforme e totale calcoliamo la somma della serie. 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) .

Vediamo la convergenza uniforme in R:

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

quindi non vi è convergenza uniforme in R. Nemmeno se ci limitiamo a semirette [a, +∞), perché l’estremo superiore è +∞ proprio perché consideriamo la semiretta fino a +∞. Che succede se consideriamo (−∞, 0] ?

\begin{matrix}sup_{x∈(−∞,0]} | ∑_{k=1}^{∞} \frac{k}{(k + 1)!}x^{k} − ∑_{k=1}^{n} \frac{k}{(k + 1)!}x^{k}| = \\ = sup_{x∈(−∞,0]} |e^{x} − \frac{1}{x}(e^{x} − 1) − ∑_{k=1}^{n} \frac{k}{(k + 1)!}x^{k}| = +∞ \end{matrix}

perché f(x) = e^{x} − \frac{1}{x}(e^{x} − 1) è limitata in (−∞, 0], mentre un polinomio di grado n no!

(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.

Soluzione 1.32 - Spezzando il polinomio x^{2} − 5x + 6 come prodotto di x − 3 e x − 2 si ottiene che

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

Sapendo che, per |q| < 1, la serie ∑_{n=0}^{∞} q^{n} converge al valore \frac{1}{1 − q} si può

scrivere

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

che converge per |\frac{x}{3}| < 1, cioè per |x| < 3. L’altro termine:

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

che converge per |\frac{x}{2}| < 1, cioè per |x| < 2. Sarà possibile effettuare la somma solo dove convergono entrambe, quindi sicuramente per x ∈ (−2, 2) si ha che

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

Soluzione 1.33 - 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 così pure 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} .

Soluzione 1.34 - 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? 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(\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: 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

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

che diverge a +∞, mentre per x = −2/3 si ha

∑_{n=1}^{∞} (\frac{3}{2})^{n}( − \frac{2}{3})^{n+1} \frac{1}{n} = \frac{2}{3} ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1} \frac{1}{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] ⊂ (−2/3, 2/3).

Soluzione 1.35 - L’insieme è [−1, 1] per α < −1/2, [−1, 1) per α ⩾ −1/2.

Soluzione 1.38 - Si può fare seguendo la soluzione dell’Esercizio 1.34 osservando che 1 + x − 2x^{2} = (2x + 1)(1 − x).

Soluzione 1.42 - Si osservi che i termini di questa serie sono “alcuni” dei termini della serie ∑_{k} \frac{1}{k}x^{k}. Infatti i coefficienti a_{n} sono dati da

a_{n} = \{ \begin{matrix}n & se n = k^{k} con k ∈ N , \\ 0 & altrimenti \end{matrix}

per cui

n \sqrt{a_{n}} = \{ \begin{matrix}\sqrt[n]{n} & se n = k^{k} con k ∈ N , \\ 0 & altrimenti \end{matrix}

Di conseguenza lim sup_{n→∞} \sqrt[n]{a_{n}} = lim_{k→∞} \sqrt[k^{k}]{k^{k}} = lim_{h→∞} \sqrt[h]{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 1.43 - Questo è un esmpio in cui il limite di a_{n} = (2+ sennπ/2)^{n} non esiste. Si ha che

2 + sen nπ/2 può 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 ∈ (1/3, r) la serie convergerebbe. Ma per infiniti valori di n ∈ N si ha che

2 + sen \frac{nπ}{2} assume il valore 3

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

(2 + sen \frac{nπ}{2} )^{n}x^{n} > 1

il che non farebbe convergere la serie.

Soluzione 1.44 - Poiché la funzione è dispari lo sviluppo è di soli seni. Si ha

\frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f(x) sen nxdx = \{ \begin{matrix}0 & n pari \\ \frac{4}{πn} & n dispari \end{matrix}

quindi lo sviluppo è

∑_{n=0}^{∞} \frac{4}{π(2n + 1)} 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) = ∫_{−π}^{x} f(t)dt = |x| − π

è dato da (i coefficienti A_{n} di cos nx sono nulli, i coefficienti B_{n} di sen nx sono dati da 4/πn^{2} per n dispari, 0 altrimenti)

|x| − π = \frac{A_{0}}{2} + ∑_{n=0}^{∞} \frac{4}{π(2n + 1)^{2}} cos(2n + 1)x

dove A_{0} = π^{−1} ∫_{−π}^{π}[|x| − π]dx = −π^{2}/π = −π. Per cui lo sviluppo di |x| in [−π, π] è (confrontare con l’Esercizio 1.47)

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

Soluzione 1.45 - La funzione è pari, per cui il suo sviluppo è fatto di soli coseni. Si ha che ∫_{−π}^{π} x^{2}dx = 2π^{3}/3 e

∫_{−π}^{π} x^{2} cos nx dx = x^{2} \frac{sen nx}{n}|_{−π}^{π} − ∫_{−π}^{π} 2x \frac{sen nx}{n}dx
= 2x\frac{cos nx}{n^{2}} |_{−π}^{π} + ∫_{−π}^{π} 2\frac{cos nx}{n^{2}}dx = (−1)^{n} \frac{4π}{n^{2}}

per cui lo sviluppo è dato da

\frac{π^{2}}{3} + ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{4}{n^{2}} cos nx .

Poiché l’estensione a tutto R è C^{1} a tratti e continua si ha convergenza uniforme su tutto R. In particolare per x = π si ha

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

da cui si ricava

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} .

Soluzione 1.46 - Il periodo 2T è 2, quindi T = 1. Calcoliamo i coefficienti:

a_{0} = ∫_{−1}^{1} f(x)dx = ∫_{0}^{1} xdx = \frac{1}{2} .

a_{n} = ∫_{−1}^{1} f(x) cos nxπ dx = ∫_{0}^{1} x cos nxπ dx

= x(\frac{1}{nπ} sen nπx)|_{0}^{1} − ∫_{0}^{1} \frac{1}{nπ} sen nπx dx

= −\frac{1}{nπ} ( − \frac{1}{nπ} cos nπx)|_{0}^{1}

= \{ \begin{matrix}−\frac{2}{n^{2}π^{2}} & n dispari \\ 0 & n pari \end{matrix}

b_{n} = ∫_{−1}^{1} f(x) cos nxπ dx = ∫_{0}^{1} x sen nxπ dx

= x( − \frac{1}{nπ} cos nπx)|_{0}^{1} − ∫_{0}^{1} −\frac{1}{nπ} cos nπx dx

= (−1)^{n+1} \frac{1}{nπ} + \frac{1}{nπ} (\frac{1}{nπ} sen nπx)|_{0}^{1} = (−1)^{n+1} \frac{1}{nπ}

quindi lo svilupo è

\frac{1}{4} − ∑_{n=1}^{∞} \frac{2}{(2n + 1)^{2}π^{2}} cos(2n + 1)πx + ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1} \frac{1}{nπ} sen nπx .

Converge puntualmente alla funzione

\{ \begin{matrix}f(x) & x ∈ (−1, 1) \\ \frac{1}{2} & x = −1 , x = 1 . \end{matrix}

La convergenza uniforme c’è solo negli insiemi del tipo [a, b] ⊂ (−1, 1) visto che il limite non è continuo. Valutiamo ora la serie ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n+1)^{2}} . Per x = 1 la serie converge al valore 1/2 per cui

\begin{aligned}\frac{1}{2} & = & \frac{1}{4} − ∑_{n=1}^{∞} \frac{2}{(2n + 1)^{2}π^{2}} cos(2n + 1)π + ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n+1} \frac{1}{nπ} sen nπ \\ & = & \frac{1}{4} + ∑_{n=1}^{∞} \frac{2}{(2n + 1)^{2}π^{2}} \end{aligned}

da cui

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n + 1)^{2}} = \frac{π^{2}}{8} .

Ora per la somma ∑_{n} \frac{1}{(2n)^{2}} possiamo procedere in due modi: sfruttare l’e-

sercizio precedente dal quale sappiamo che ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} = \frac{π^{2}}{6} per cui otteniamo

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n)^{2}} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} − ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n + 1)^{2}} = \frac{π^{2}}{6} − \frac{π^{2}}{8} = \frac{π^{2}}{24} ,

oppure, ignorando il risultato dell’esercizio precedente, osservare che ∑_{n} \frac{1}{(2n)^{2}} = ∑_{n} \frac{1}{4n^{2}} per cui da

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

dedurre che

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

e quindi

∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{(2n)^{2}} = \frac{1}{4} ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} = \frac{1}{4} \frac{4}{3} \frac{π^{2}}{8} = \frac{π^{2}}{24} .

Soluzione 1.47 - La estendo per periodicità a tutto R e per questione di semplicità di calcolo sviluppo la funzione g(x) = |x| definita in [−π, π] ed estesa per periodicità a tutto R (si veda la Figura 1.8). In questo modo anziché calcolare

∫_{0}^{2π} f(x) cos nxdx = ∫_{0}^{π} x cos nxdx − ∫_{π}^{2π} x cos nxdx + ∫_{π}^{2π} 2π cos nxdx

calcolo

Figura 1.8:

∫_{−π}^{π} |x| cos nxdx = 2 ∫_{0}^{π} x cos nxdx .

Quindi i coefficienti sono dati da:

a_{0} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} |x|dx = π

e per n > 0

a_{n} = \frac{2}{π} ∫_{0}^{π} x cos nxdx = \frac{2}{π} [\frac{x}{n} sen nx|_{0}^{π} − ∫_{0}^{π} \frac{1}{n} sen nxdx]
= \frac{2}{π} [0 + \frac{1}{n^{2}} cos nx|_{0}^{π}] = \frac{2}{πn^{2}} [(−1)^{n} − 1]

per cui

a_{n} = \{ \begin{matrix}0 & se n pari \\ −\frac{4}{πn^{2}} & se n dispari . \end{matrix}  (1.4)

Lo sviluppo risulta quindi essere

f(x) = \frac{a_{0}}{2} + ∑_{n=1}^{∞} a_{n} cos nx = \frac{π}{2} − ∑_{k=0}^{∞} \frac{4}{π(2k + 1)^{2}} cos(2k + 1)x . (1.5)

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

\frac{π}{2} − ∑_{k=0}^{∞} \frac{4}{π(2k + 1)^{2}} = 0 da cui ∑_{k=0}^{∞} \frac{1}{(2k + 1)^{2}} = \frac{π^{2}}{8} .

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

\frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} f^{2}(x)dx = \frac{a_{0}^{2}}{2} + ∑_{k=1}^{∞}(a_{k}^{2} + b_{k}^{2}) .

Per cui da ∫_{−π}^{π} x^{2}dx = 2π^{3}/3 otteniamo

\frac{2π^{2}}{3} = \frac{π^{2}}{2} + ∑_{k=1}^{∞} \frac{16}{π^{2}(2k + 1)^{4}}

e infine

∑_{k=1}^{∞} \frac{1}{(2k + 1)^{4}} = \frac{π^{2}}{16}(\frac{2π^{2}}{3} − \frac{π^{2}}{2} ) = \frac{π^{4}}{96} .

Per considerare uno sviluppo in soli seni o di soli coseni in generale si fa così: data h : [0, T] → R consideriamo la funzione h̃ definita in [−T, T)

h̃(x) = \{ \begin{matrix}h(x) & x ∈ [0, T] \\ h(−x) & x ∈ [−T, 0] \end{matrix}

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

∫_{−T}^{T} h̃(x) cos \frac{nπ}{T} xdx = 2 ∫_{0}^{T} h(x) cos \frac{nπ}{T} x .

Se vogliamo uno sviluppo di soli seni si considera

h̃(x) = \{ \begin{matrix}h(x) & x ∈ [0, T] \\ −h(−x) & x ∈ [−T, 0] . \end{matrix}

Nel nostro caso estendiamo la funzione nel modo seguente:

f̃(x) = \{ \begin{matrix}−x − 2π & se x ∈ [−2π, −π] \\ x & se x ∈ [−π, π] \\ −x + 2π & se x ∈ [π, 2π] \end{matrix}

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

b_{n} = \frac{1}{2π} ∫_{−2π}^{2π} g(x) sen \frac{nπ}{2π} xdx = \frac{1}{π} ∫_{0}^{2π} f(x) sen \frac{n}{2}xdx =
= \frac{1}{π} ∫_{0}^{π} f(x) sen \frac{n}{2}xdx + \frac{1}{π} ∫_{π}^{2π} f(x) sen \frac{n}{2}xdx =
= \frac{1}{π} ∫_{0}^{π} x sen \frac{n}{2}xdx + \frac{1}{π} ∫_{π}^{2π}[−x + 2π] sen \frac{n}{2}xdx .

Abbiamo che

∫ x sen \frac{n}{2}xdx = −\frac{2}{n}x cos \frac{n}{2}x + \frac{4}{n^{2}} sen \frac{n}{2}x

per cui

tra 0 e π  −\frac{2}{n} cos \frac{nπ}{2} + \frac{4}{n^{2}π} sen \frac{nπ}{2}
tra π e 2π  \frac{1}{π} [ − ( − \frac{4π}{n} cos nπ + \frac{2π}{n} cos \frac{nπ}{2} + \frac{4}{n^{2}} sen nπ − \frac{4}{n^{2}} sen \frac{nπ}{2} )+

+2π( − \frac{2}{n} cos nπ + \frac{2}{n} cos \frac{nπ}{2} )] .

Sommando, poiché

sen \frac{nπ}{2} = \{ \begin{matrix}(−1)^{(n−1)/2} & n dispari \\ 0 & n pari , \end{matrix}

si ha

b_{n} = \frac{8}{n^{2}π} sen n\frac{π}{2} = \frac{8}{n^{2}π} \{ \begin{matrix}(−1)^{(n−1)/2} & n dispari \\ 0 & n pari , \end{matrix}

La serie è data dalla somma dei seguenti termini

∑_{n dispari} \frac{8}{n^{2}π} sen n\frac{π}{2} x = ∑_{n=0}^{∞} \frac{8}{(2n + 1)^{2}π} sen \frac{2n + 1}{2}x

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

f(x) = π + ∫_{−π}^{x} g(t)dt , cioè f(x) − π = ∫_{−π}^{x} g(t)dt .

Se denotiamo con α_{n} e β_{n} i coefficienti

α_{n} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} g(x) cos nxdx β_{n} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} g(x) sen nxdx

si ha che α_{0} = 0 e dalle formule (1.2) si ricava

β_{n} = −na_{n} , α_{n} = nb_{n}

quindi, conoscendo a_{n} (si veda (1.4)) e b_{n} (b_{n} = 0 per ogni n ∈ N) si ricava immediatamente

β_{n} = \{ \begin{matrix}0 & se n pari \\ \frac{4}{πn} & se n dispari . \end{matrix}

per cui

g(x) = ∑_{k=0}^{∞} \frac{4}{π(2k + 1)} sen (2k + 1)x

(si confronti con l’Esercizio 1.44). Soluzione 1.48 - La funzione

f(x) = 1 − \frac{2|x|}{π} , x ∈ [−π, π] .

come si vede dal garfico, è una funzione pari per cui b_{n} = 0 per ogni n ∈ N. Si verifica facilmente che anche a_{0} = 0. Gli altri coefficienti sono dati (n > 0)

Figura 1.10:

a_{n} = \frac{1}{π} ∫_{−π}^{π} [ cos nt − \frac{2}{π} |t| cos nt]dt
= −\frac{2}{π^{2}} ∫_{−π}^{π} |t| cos nt dt = −\frac{4}{π^{2}} ∫_{0}^{π} t cos nt dt =
= −\frac{4}{π^{2}} [\frac{t}{n} sen nt|_{0}^{π} − ∫_{0}^{π} \frac{1}{n} sen nt dt]
= −\frac{4}{π^{2}} [ − \frac{1}{n}( − \frac{1}{n} cos nt)]|_{0}^{π} = \{ \begin{matrix}0 & n pari \\ \frac{8}{n^{2}π^{2}} & n dispari \end{matrix}

per cui la serie è data da

∑_{n=0}^{∞} \frac{8}{(2n + 1)^{2}π^{2}} cos(2n + 1)x

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

sup_{x∈[−π,π]} |\frac{8}{(2n + 1)^{2}π^{2}} cos(2n + 1)x| = \frac{8}{(2n + 1)^{2}π^{2}} .

Per calcolare le due serie (già calcolate negli esercizi 1.46 e 1.47) si può valutare la funzione in x = 0 e usare l’uguaglianza (1.1).