Serie di potenze

Richiami teorici

definizione

Le serie di potenze sono del tipo

$$\sum a_{n}(x-x_{0})^{n}$$

$$\sum a_{n}(x-x_{0})^{n}$$

con $\{a_{n}\}$$\{a_{n}\}$ successione numerica positiva, e ponendo $y=x-x_{0}$$y=x-x_{0}$ si ottiene la serie $\sum a_{n}y_{n}$$\sum a_{n}y_{n}$ centrata in $0$$0$.

convergenza puntuale

La serie di potenze centrata in 0 converge in un intervallo simmetrico rispetto a 0 del tipo $(-b,b)$$(-b,b)$ con $b\geq 0$$b\geq 0$. In particolare se $b=0$$b=0$ la serie converge solo nel punto $x=0$$x=0$, mentre se $b=\infty$$b=\infty$ la serie converge ovunque. La convergenza è sempre garantita nell'intervallo aperto $(-b,b)$$(-b,b)$ ma non è noto il comportamento della serie negli estremi dell'intervallo.

convergenza uniforme

la serie converge uniformemente e totalmente in ogni sottointervallo del tipo $[-d,d]$$[-d,d]$ con $0<d<b$$0<d<b$, e la somma della serie di potenze è di classe $C_{\infty }$$C_{\infty }$.

teorema di Abel

Supponiamo di sapere che nel punto $x=b$$x=b$ c'è convergenza. Allora c'è convergenza

uniforme in tutto l'intervallo $[0,b]$$[0,b]$ estremi inclusi.

Il raggio di convergenza $b$$b$ è tale che $b=1/\beta$$b=1/\beta$ con

$$\beta =\limsup _{n\to +\infty }{\sqrt[{n}]{|a_{n}|}},\quad {\hbox{criterio della radice}}$$

$$\beta =\limsup _{n\to +\infty }{\sqrt[{n}]{|a_{n}|}},\quad {\hbox{criterio della radice}}$$

o alternativamente $b=1/\alpha$$b=1/\alpha$ con

$$\alpha =\lim _{n\to +\infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}},\quad {\hbox{criterio del rapporto}}$$

$$\alpha =\lim _{n\to +\infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}},\quad {\hbox{criterio del rapporto}}$$

Esercizi

Esercizio 13.6

Studiare convergenza puntuale e uniforme della serie:

$$\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {n!}{n^{n}}}*x^{n}$$

$$\sum _{n=0}^{\infty }{\frac {n!}{n^{n}}}*x^{n}$$

 

Per determinare il raggio di convergenza applico il criterio del rapporto.

$$1/r=\lim _{n\to +\infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=$$

$$1/r=\lim _{n\to +\infty }{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}=$$

$$1/r=\lim _{n\to +\infty }{\frac {(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}}*{\frac {n^{n}}{n!}}=$$

$$1/r=\lim _{n\to +\infty }{\frac {(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}}*{\frac {n^{n}}{n!}}=$$

$$1/r=\lim _{n\to +\infty }{\frac {(n+1)*n!}{(n+1)^{n}*(n+1)}}*{\frac {n^{n}}{n!}}=$$

$$1/r=\lim _{n\to +\infty }{\frac {(n+1)*n!}{(n+1)^{n}*(n+1)}}*{\frac {n^{n}}{n!}}=$$

$$1/r=\lim _{n\to +\infty }{\frac {n^{n}}{(n+1)^{n}}}=$$

$$1/r=\lim _{n\to +\infty }{\frac {n^{n}}{(n+1)^{n}}}=$$

$$1/r=\lim _{n\to +\infty }{\frac {1}{[(n+1)/n]^{n}}}=$$

$$1/r=\lim _{n\to +\infty }{\frac {1}{[(n+1)/n]^{n}}}=$$

$$1/r=\lim _{n\to +\infty }{\frac {1}{[1/n+1]^{n}}}=1/e$$

$$1/r=\lim _{n\to +\infty }{\frac {1}{[1/n+1]^{n}}}=1/e$$

quindi $r=e$$r=e$ (ricordare che $1^{\infty }$$1^{\infty }$ è una forma di indecisione, e che vale il limite notevole $(1+\varepsilon _{n})^{1/\alpha \varepsilon _{n}}=e^{\alpha }$$(1+\varepsilon _{n})^{1/\alpha \varepsilon _{n}}=e^{\alpha }$ con $\varepsilon _{n}\to 0$$\varepsilon _{n}\to 0$).

Di conseguenza la convergenza puntuale è garantita in $(-e,e)$$(-e,e)$. Studio i casi $x=\pm e$$x=\pm e$.

$$x=e\quad \longrightarrow \quad s=\sum {\frac {n!}{n^{n}}}*e^{n}$$

$$x=e\quad \longrightarrow \quad s=\sum {\frac {n!}{n^{n}}}*e^{n}$$

Applico il criterio del rapporto alla serie ottenuta

$$\lim _{n\to +\infty }{\frac {(n+1)!*e^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}}*{\frac {n^{n}}{n!*e^{n}}}=$$

$$\lim _{n\to +\infty }{\frac {(n+1)!*e^{n+1}}{(n+1)^{n+1}}}*{\frac {n^{n}}{n!*e^{n}}}=$$

$$\lim _{n\to +\infty }{\frac {(n+1)*n!*e^{n}*e}{(n+1)^{n}*(n+1)}}*{\frac {n^{n}}{n!*e^{n}}}=$$

$$\lim _{n\to +\infty }{\frac {(n+1)*n!*e^{n}*e}{(n+1)^{n}*(n+1)}}*{\frac {n^{n}}{n!*e^{n}}}=$$

$$\lim _{n\to +\infty }{\frac {e}{(1+1/n)^{n}}}=$$

$$\lim _{n\to +\infty }{\frac {e}{(1+1/n)^{n}}}=$$

Considero il fatto che:

$$\lim _{n\to +\infty }(1+1/n)^{n}=e$$

$$\lim _{n\to +\infty }(1+1/n)^{n}=e$$

e $(1+1/n)^{n}<e$$(1+1/n)^{n}<e$ perché la successione è crescente. Allora ${\frac {b_{n+1}}{b_{n}}}>1$${\frac {b_{n+1}}{b_{n}}}>1$ perché $b_{n+1}>b_{n}$$b_{n+1}>b_{n}$ e la serie non converge.

Lo stesso vale per $x=-e$$x=-e$.

Quindi c'è convergenza puntuale nell'intervallo $(-e,e)$$(-e,e)$, e quindi la serie converge uniformemente in ogni intervallo del tipo $[-a,a]$$[-a,a]$ con $a<e$$a<e$.

Esercizio 13.7

Considerare la serie

$$\sum _{n=0}^{+\infty }{\frac {(-x)^{n}}{3n+\log n}}$$

$$\sum _{n=0}^{+\infty }{\frac {(-x)^{n}}{3n+\log n}}$$

e studiarne la convergenza.

 

La serie data è una serie di potenze con $a_{n}={\frac {(-1)^{n}}{3n+\log n}}$$a_{n}={\frac {(-1)^{n}}{3n+\log n}}$

Applico il criterio del rapporto:

$$1/r=\lim _{n\to \infty }|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}|=$$

$$1/r=\lim _{n\to \infty }|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}|=$$

$$=\lim _{n\to \infty }{\frac {3n+\log n}{3(n+1)+\log(n+1)}}=$$

$$=\lim _{n\to \infty }{\frac {3n+\log n}{3(n+1)+\log(n+1)}}=$$

Osservo che per $n\to \infty$$n\to \infty$, $3n+\log n\sim 3n$$3n+\log n\sim 3n$, $3(n+1)+\log(n+1)\sim 3n$$3(n+1)+\log(n+1)\sim 3n$, quindi il limite vale 1, e $r=1$$r=1$.

Per $x=1$$x=1$ ottengo la serie $\sum {\frac {(-1)^{n}}{3n+\log n}}$$\sum {\frac {(-1)^{n}}{3n+\log n}}$, che converge per il criterio di Leibniz: infatti è una serie a segni alterni, con termine generale definitivamente positivo e tendente a 0, e decrescente.

Per $x=-1$$x=-1$, si ottiene la serie

$$\sum _{n}[(-1)*(-1)]^{n}*{\frac {1}{\log n+3n}}=\sum _{n}{\frac {1}{\log n+3n}}$$

$$\sum _{n}[(-1)*(-1)]^{n}*{\frac {1}{\log n+3n}}=\sum _{n}{\frac {1}{\log n+3n}}$$

e siccome $\log n+3n\sim 3n$$\log n+3n\sim 3n$, questa serie ha lo stesso carattere della serie armonica, che non converge.

Si conclude che c'è convergenza puntuale in $(-1,1]$$(-1,1]$, c'è convergenza uniforme in ogni intervallo del tipo $[-a,a]$$[-a,a]$ con $|a|<1$$|a|<1$, inoltre per il teorema di Abel, siccome la serie converge puntualmente in $x=1$$x=1$, allora converge uniformemente in $[0,1]$$[0,1]$. Allora c'è convergenza uniforme in tutti gli intervalli del tipo $[-a,1]$$[-a,1]$.

Osservazione 13.1

Dimostriamo un risultato generale. Considero la funzione $s(x)$$s(x)$, somma di una serie in $(-d,d]$$(-d,d]$. Supponiamo che ci sia convergenza uniforme in $[-a,a]$$[-a,a]$ e che il teorema di Abel garantisca anche la convergenza in $[0,d]$$[0,d]$. Verifichiamo che allora c'è convergenza uniforme in ogni intervallo del tipo $[-a,d]$$[-a,d]$.

 

Dimostrazione

Dimostrare che c'è convergenza uniforme equivale a mostrare che:

$$\sup _{x\in [-a,d]}|s_{n}(x)-s(x)|\to 0$$

$$\sup _{x\in [-a,d]}|s_{n}(x)-s(x)|\to 0$$

Sappiamo che:

$$\sup _{x\in [-a,d]}|s_{n}(x)-s(x)|\leq \sup _{x\in [-a,a]}|s_{n}(x)-s(x)|+\sup _{x\in [0,d]}|s_{n}(x)-s(x)|$$

$$\sup _{x\in [-a,d]}|s_{n}(x)-s(x)|\leq \sup _{x\in [-a,a]}|s_{n}(x)-s(x)|+\sup _{x\in [0,d]}|s_{n}(x)-s(x)|$$

e sappiamo che le due quantità al secondo membro tendono a 0, perché c'è convergenza uniforme in $[-a,a]$$[-a,a]$ e in $[0,d]$$[0,d]$ per ipotesi. Allora anche il primo membro tende a 0.

Questo ragionamento è applicabile per tutte le serie.

 

Esercizio 13.8

Calcolare

$$\int _{0}^{1}{\frac {\arctan x}{x}}\,dx$$

$$\int _{0}^{1}{\frac {\arctan x}{x}}\,dx$$

 

Sappiamo che

$$(\arctan x)'={\frac {1}{1+x^{2}}}={\frac {1}{1-(-x^{2})}}=\sum _{n=0}^{\infty }(-x^{2})^{n}$$

$$(\arctan x)'={\frac {1}{1+x^{2}}}={\frac {1}{1-(-x^{2})}}=\sum _{n=0}^{\infty }(-x^{2})^{n}$$

dove nell'ultimo passaggio si tiene conto che $1/(1-q)$$1/(1-q)$ è somma della serie geometrica di radice $q$$q$ per $|q|<1$$|q|<1$, ponendo $q=-x^{2}$$q=-x^{2}$ e $|x|<1$$|x|<1$.

Le serie di potenze si possono integrare termine a termine, allora, per ogni $x\in (-1,1)$$x\in (-1,1)$:

$$\int _{0}^{x}(\arctan t)'\,dt=\int _{0}^{x}[\sum _{n}(-t^{2})^{n}\,dt]=\int _{0}^{x}[\sum (-1)^{n}t^{2n}\,dt]$$

$$\int _{0}^{x}(\arctan t)'\,dt=\int _{0}^{x}[\sum _{n}(-t^{2})^{n}\,dt]=\int _{0}^{x}[\sum (-1)^{n}t^{2n}\,dt]$$

La serie $\sum _{n}(-1)^{n}t^{2n}$$\sum _{n}(-1)^{n}t^{2n}$ converge uniformemente in $[-x,x]$$[-x,x]$ con $|x|<1$$|x|<1$, allora vale che l'integrale della serie è la serie dell'integrale, quindi possiamo scrivere che:

$$\int _{0}^{x}(\arctan t)'\,dt=\sum (-1)^{n}[\int _{0}^{x}t^{2n}\,dt]=$$

$$\int _{0}^{x}(\arctan t)'\,dt=\sum (-1)^{n}[\int _{0}^{x}t^{2n}\,dt]=$$

$$=\sum (-1)^{n}{\frac {x^{2n+1}}{2n+1}}$$

$$=\sum (-1)^{n}{\frac {x^{2n+1}}{2n+1}}$$

Ma sappiamo che

$$\int _{0}^{x}(\arctan x)'\,dx=\arctan x$$

$$\int _{0}^{x}(\arctan x)'\,dx=\arctan x$$

Allora

$$\arctan x=(-1)^{2n}*{\frac {x^{2n+1}}{2n+1}}$$

$$\arctan x=(-1)^{2n}*{\frac {x^{2n+1}}{2n+1}}$$

Allora

$${\frac {\arctan x}{x}}=(-1)^{n}*{\frac {x^{2n}}{2n+1}}$$

$${\frac {\arctan x}{x}}=(-1)^{n}*{\frac {x^{2n}}{2n+1}}$$

Quest'ultima serie converge in $x=1$$x=1$ per il criterio di Leibniz, allora per il teorema di Abel c'è convergenza uniforme in $[0,1]$$[0,1]$.

Allora, sostituendo ad ${\frac {\arctan x}{x}}$${\frac {\arctan x}{x}}$ la sua espressione, calcolo l'integrale richiesto:

$$\int _{0}^{1}{\frac {\arctan x}{x}}\,dx=\int _{0}^{1}[\sum (-1)^{n}{\frac {x^{2n}}{2n+1}}\,dx]=$$

$$\int _{0}^{1}{\frac {\arctan x}{x}}\,dx=\int _{0}^{1}[\sum (-1)^{n}{\frac {x^{2n}}{2n+1}}\,dx]=$$

$$=\sum [\int _{0}^{1}(-1)^{n}*{\frac {x^{2n}}{2n+1}}]\,dx=\sum {\frac {1}{(2n+1)^{2}}}$$

$$=\sum [\int _{0}^{1}(-1)^{n}*{\frac {x^{2n}}{2n+1}}]\,dx=\sum {\frac {1}{(2n+1)^{2}}}$$

Riassumendo:

1. ho scritto $(\arctan x)'$$(\arctan x)'$ come somma di una serie;
2. dal teorema del passaggio al limite sotto il segno di integrale valido per le serie, ho scritto anche ${\frac {\arctan x}{x}}$${\frac {\arctan x}{x}}$ come somma di una serie.
3. ho calcolato l'integrale richiesto sfruttando ancora lo stesso teorema, dopo aver verificato che la serie somma di ${\frac {\arctan x}{x}}$${\frac {\arctan x}{x}}$ converge in $x=1$$x=1$

Esercizio 13.9

Studiare l'insieme di convergenza della serie

$$\sum {\frac {\log(1+n^{\alpha })}{\sqrt {n}}}*x^{n}$$

$$\sum {\frac {\log(1+n^{\alpha })}{\sqrt {n}}}*x^{n}$$

con $\alpha$$\alpha$ parametro reale.

 

Calcolo il raggio di convergenza usando il criterio del rapporto, tenendo conto che:

1. se $\alpha >0$$\alpha >0$ il logaritmo tende a $\infty$$\infty$,
2. se $\alpha =0$$\alpha=0$ ottengo $\log(1+n^{\alpha })=2$$\log(1+n^{\alpha })=2$
3. se $\alpha <0$$\alpha <0$,
   $$\log(1+n^{\alpha })=\log(1+n^{-\beta })\beta >0=\log(1+{\frac {1}{n^{\beta }}})\sim {\frac {1}{n^{\beta }}}$$

   $$\log(1+n^{\alpha })=\log(1+n^{-\beta })\beta >0=\log(1+{\frac {1}{n^{\beta }}})\sim {\frac {1}{n^{\beta }}}$$

caso 1

$\alpha >0$$\alpha >0$

$$|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}|=$$

$$|{\frac {a_{n+1}}{a_{n}}}|=$$

$$={\frac {\log(1+(n+1)^{\alpha })}{\sqrt {n+1}}}*{\frac {\sqrt {n}}{\log(1+n^{\alpha })}}=$$

$$={\frac {\log(1+(n+1)^{\alpha })}{\sqrt {n+1}}}*{\frac {\sqrt {n}}{\log(1+n^{\alpha })}}=$$

ma per $n\to \infty$$n\to \infty$, ${\sqrt {n+1}}\sim {\sqrt {n}}$${\sqrt {n+1}}\sim {\sqrt {n}}$, $\log(1+n^{\alpha })\sim \log n^{\alpha }$$\log(1+n^{\alpha })\sim \log n^{\alpha }$,

$$={\frac {\log((n+1)^{\alpha }}{\log(n^{\alpha })}}=1\iff n\to \infty$$

$$={\frac {\log((n+1)^{\alpha }}{\log(n^{\alpha })}}=1\iff n\to \infty$$

e l'insieme di convergenza contiene $(-1,1)$$(-1,1)$.

Studio la convergenza in $x=1$$x=1$.

$$\log(1+n^{\alpha })\geq \log 2$$

$$\log(1+n^{\alpha })\geq \log 2$$

Allora la serie in $x=1$$x=1$ è maggiore della serie

$$\sum {\frac {\log 2}{\sqrt {n}}}$$

$$\sum {\frac {\log 2}{\sqrt {n}}}$$

che non converge.

In $x=-1$$x=-1$ ho una serie a segni alterni e per poter applicare Leibniz, dimostro che è decrescente, definisco quindi la funzione:

$$g(x,y)={\frac {\log(1+y^{\alpha })}{\sqrt {y}}}$$

$$g(x,y)={\frac {\log(1+y^{\alpha })}{\sqrt {y}}}$$

$${\frac {\partial g}{\partial y}}={\frac {1}{\sqrt {y}}}*{\frac {1}{1+y^{\alpha }}}*\alpha *y^{\alpha -1}-3/2*\log(1+y^{\alpha })*y^{-3/2}$$

$${\frac {\partial g}{\partial y}}={\frac {1}{\sqrt {y}}}*{\frac {1}{1+y^{\alpha }}}*\alpha *y^{\alpha -1}-3/2*\log(1+y^{\alpha })*y^{-3/2}$$

$$={\frac {1}{y^{3/2}}}*[{\frac {\alpha *y^{\alpha }}{1+y^{\alpha }}}-3/2*\log(1+y^{\alpha })]$$

$$={\frac {1}{y^{3/2}}}*[{\frac {\alpha *y^{\alpha }}{1+y^{\alpha }}}-3/2*\log(1+y^{\alpha })]$$

Cerco il denominatore comune:

$$={\frac {1}{2y^{3/2}*(1+y^{\alpha })}}*[2\alpha *y^{\alpha }-3*(1+y^{\alpha })*\log(1+y^{\alpha })]$$

$$={\frac {1}{2y^{3/2}*(1+y^{\alpha })}}*[2\alpha *y^{\alpha }-3*(1+y^{\alpha })*\log(1+y^{\alpha })]$$

Il denominatore è positivo per $y\to +\infty$$y\to +\infty$, studio la positività del numeratore:

$$2\alpha *y^{\alpha }-3*(1+y^{\alpha })*\log(1+y^{\alpha })\geq 0$$

$$2\alpha *y^{\alpha }-3*(1+y^{\alpha })*\log(1+y^{\alpha })\geq 0$$

$$2\alpha *y^{\alpha }-3*\log(1+y^{\alpha })-y^{\alpha }*\log(1+y^{\alpha })\geq 0$$

$$2\alpha *y^{\alpha }-3*\log(1+y^{\alpha })-y^{\alpha }*\log(1+y^{\alpha })\geq 0$$

$$[2\alpha -\log(1+y^{\alpha })]*y^{\alpha }-3*\log(1+y^{\alpha })\geq 0$$

$$[2\alpha -\log(1+y^{\alpha })]*y^{\alpha }-3*\log(1+y^{\alpha })\geq 0$$

$$\lim _{y\to +\infty }[2\alpha -\log(1+y^{\alpha })]*y^{\alpha }-3*\log(1+y^{\alpha })=$$

$$\lim _{y\to +\infty }[2\alpha -\log(1+y^{\alpha })]*y^{\alpha }-3*\log(1+y^{\alpha })=$$

$$\log(1+y^{\alpha })\sim \log y^{\alpha }=\alpha *\log y$$

$$\log(1+y^{\alpha })\sim \log y^{\alpha }=\alpha *\log y$$

$$\lim _{y\to +\infty }[2-\log y]*\alpha *y^{\alpha }-3\alpha y=-\infty$$

$$\lim _{y\to +\infty }[2-\log y]*\alpha *y^{\alpha }-3\alpha y=-\infty$$

Allora per $y\to +\infty$$y\to +\infty$ la derivata è definitivamente negativa, e la serie di partenza è definitivamente decrescente, allora il criterio di Leibniz è applicabile e la serie converge in $x=-1$$x=-1$.

Caso 2

$\alpha =0$$\alpha=0$. In questo caso la serie diventa:

$$\sum {\frac {\log 2}{\sqrt {n}}}*x^{n}$$

$$\sum {\frac {\log 2}{\sqrt {n}}}*x^{n}$$

Criterio del rapporto:

$$1/r=\lim _{n\to +\infty }{\frac {\log 2}{\sqrt {n+1}}}*{\frac {\sqrt {n}}{\log 2}}=1$$

$$1/r=\lim _{n\to +\infty }{\frac {\log 2}{\sqrt {n+1}}}*{\frac {\sqrt {n}}{\log 2}}=1$$

e si ottiene nuovamente $r=1$$r=1$.

In $x=1$$x=1$ la serie non converge, perché è la serie armonica generalizzata con $\alpha =1/2$$\alpha =1/2$. Invece per $\alpha =-1$$\alpha =-1$ ottengo la serie a segni alternu:

$$\sum (-1)^{n}*{\frac {\log 2}{\sqrt {n}}}$$

$$\sum (-1)^{n}*{\frac {\log 2}{\sqrt {n}}}$$

che è a termini positivi, ha termine generale tendente a 0 ed è decrescente, quindi converge per Leibniz.