Successioni

Esercizio 12.1

Consideriamo la seguente successione di funzioni

$$f_{n}(t)=n^{\alpha }*t*e^{-nt}$$

$$f_{n}(t)=n^{\alpha }*t*e^{-nt}$$

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

1. Discutere la convergenza puntuale.
2. Determinare se c'è convergenza uniforme in intervalli del tipo $[r,+\infty )$$[r,+\infty )$ con $r>0$$r>0$.
3. Studiare la convergenza uniforme nell'intervallo $[0,1]$$[0,1]$.

 

Convergenza puntuale: Studiamo il limite

$$\lim _{n\to \infty }{\frac {tn^{\alpha }}{e^{nt}}}$$

$$\lim _{n\to \infty }{\frac {tn^{\alpha }}{e^{nt}}}$$

al variare di $\alpha$$\alpha$ e $t$$t$:

1. Se $t=0$$t=0$, $f_{n}(0)=0$$f_{n}(0)=0$ per ogni $\alpha$$\alpha$.
2. se $t>0$$t>0$, il limite vale 0, infatti si hanno tre sottocasi:#*se $\alpha >0$$\alpha >0$, $n^{\alpha }\to +\infty$$n^{\alpha }\to +\infty$ e $e^{nt}\to \infty$$e^{nt}\to \infty$, ma l'esponenziale al denominatore prevale quindi il limite fa 0.#*se $\alpha =0$$\alpha=0$, $f_{n}(t)=nt*e^{-nt}$$f_{n}(t)=nt*e^{-nt}$ e il limite tende ancora a 0.#*se $\alpha <0$$\alpha <0$ si ha $n^{\alpha }\to 0$$n^{\alpha }\to 0$, quindi ottengo ${\frac {0}{\infty }}=0$${\frac {0}{\infty }}=0$.
3. Nel caso in cui $t<0$$t<0$, il limite vale $\infty$$\infty$, infatti:#*se $\alpha >0$$\alpha >0$, $n^{\alpha }\to +\infty$$n^{\alpha }\to +\infty$, $e^{nt}\to 0$$e^{nt}\to 0$, e ${\frac {\infty }{0}}=\infty$${\frac {\infty }{0}}=\infty$.#*se $\alpha <0$$\alpha <0$, riscrivo il limite come
   $$\lim _{t\to \infty }{\frac {te^{-nt}}{n^{-\alpha }}}$$

   $$\lim _{t\to \infty }{\frac {te^{-nt}}{n^{-\alpha }}}$$
   con $n^{-\alpha }\to \infty ,\,t*e^{-nt}\to \infty$$n^{-\alpha }\to \infty ,\,t*e^{-nt}\to \infty$, ma il numeratore di ordine esponenziale prevale sul denominatore di ordine potenza.

Allora per ogni $\alpha \in \mathbb {R}$$\alpha \in \mathbb {R}$$\{f_{n}(t)\}$$\{f_{n}(t)\}$ tende a $f(t)$$f(t)$ definita come:

$$f(t)={\begin{cases}0&{\hbox{se}}t\geq 0\\-\infty &{\hbox{se}}t<0\end{cases}}$$

$$f(t)={\begin{cases}0&{\hbox{se}}t\geq 0\\-\infty &{\hbox{se}}t<0\end{cases}}$$

Convergenza uniforme: Vogliamo dimostrare che

$$\sup _{t\geq r}|f_{n}(t)-f(t)|\to 0\,\iff n\to +\infty$$

$$\sup _{t\geq r}|f_{n}(t)-f(t)|\to 0\,\iff n\to +\infty$$

Siccome $t>0$$t>0$, $f(t)=0$$f(t)=0$ e si deve avere:

$$\sup _{t\geq r}|f_{n}(t)|\to 0$$

$$\sup _{t\geq r}|f_{n}(t)|\to 0$$

Quando la funzione non è troppo complicata, per avere informazioni sul sup è utile calcolare la derivata:

$$f_{n}'(t)=n^{\alpha }*e^{-nt}+n^{\alpha }*t*e^{-nt}*(-n)=n^{\alpha }*e^{-nt}*[1-nt]$$

$$f_{n}'(t)=n^{\alpha }*e^{-nt}+n^{\alpha }*t*e^{-nt}*(-n)=n^{\alpha }*e^{-nt}*[1-nt]$$

$$f_{n}'(t)=0\quad \iff 1-nt=0\,\longrightarrow \,t=1/n$$

$$f_{n}'(t)=0\quad \iff 1-nt=0\,\longrightarrow \,t=1/n$$

Quindi:

$$f_{n}'(t)>0\iff t\in (-\infty ,1/n)\quad \longrightarrow \,{\hbox{funzione crescente}}$$

$$f_{n}'(t)>0\iff t\in (-\infty ,1/n)\quad \longrightarrow \,{\hbox{funzione crescente}}$$

$$f_{n}'(t)<0\iff t\in (1/n,+\infty )\quad \longrightarrow \,{\hbox{funzione decrescente}}$$

$$f_{n}'(t)<0\iff t\in (1/n,+\infty )\quad \longrightarrow \,{\hbox{funzione decrescente}}$$

La funzione assume il suo massimo in $t=1/n$$t=1/n$, ma per $n\to \infty$$n\to \infty$, $1/n<r$$1/n<r$ quindi nell'intervallo $[r,\infty )$$[r,\infty )$ le $f_{n}$$f_n$ sono definitivamente decrescenti e assumono il loro sup in $t=r$$t=r$:

$$\sup _{t>r}|f_{n}(r)|=n^{\alpha }*r*e^{-nr}\to 0\,{\hbox{per}}\,n\to +\infty \,\forall \alpha$$

$$\sup _{t>r}|f_{n}(r)|=n^{\alpha }*r*e^{-nr}\to 0\,{\hbox{per}}\,n\to +\infty \,\forall \alpha$$

quindi la convergenza è uniforme in ogni intervallo del tipo $[0,\infty )$$[0,\infty)$.
Convergenza uniforme in $[0,1]$$[0,1]$: Verifico se

$$\sup _{t\in [0,1]}|f_{n}(t)|\to 0{\hbox{ per }}t\in [0,1]$$

$$\sup _{t\in [0,1]}|f_{n}(t)|\to 0{\hbox{ per }}t\in [0,1]$$

il punto di massimo di $f_{n}$$f_n$ è $1/n$$1/n$, e in questo caso $t=1/n$$t=1/n$ rientra nell'intervallo $[0,1]$$[0,1]$, e allora

$$\sup _{t\in [0,1]}|f_{n}(t)|=f_{n}(1/n)=n^{\alpha -1}*e^{-1}={\frac {n^{\alpha -1}}{e}}$$

$$\sup _{t\in [0,1]}|f_{n}(t)|=f_{n}(1/n)=n^{\alpha -1}*e^{-1}={\frac {n^{\alpha -1}}{e}}$$

che tende a

$$f={\begin{cases}\infty &\iff \alpha >1\\1/e&\iff \alpha =1\\0&\iff \alpha <1\end{cases}}$$

$$f={\begin{cases}\infty &\iff \alpha >1\\1/e&\iff \alpha =1\\0&\iff \alpha <1\end{cases}}$$

quindi si ha convergenza uniforme solo se $\alpha <1$$\alpha <1$.

Esercizio 12.2

Considero la seguente successione

$$f_{n}(x)={\frac {1+\sin(nx)}{1+(n^{2}x^{2}-1)^{2}}}.$$

$$f_{n}(x)={\frac {1+\sin(nx)}{1+(n^{2}x^{2}-1)^{2}}}.$$

1. Studiare la convergenza puntuale.
2. Stabilire se c'è convergenza uniforme nell'intervallo $[0,1]$$[0,1]$.
3. Verificare se c'è convergenza uniforme nell'intervallo $(1,+\infty )$$(1,+\infty )$.

 

Convergenza puntuale: Fisso un qualsiasi $x$$x$ in $\mathbb {R}$$\mathbb {R}$ e studio la successione numerica $\{f_{n}(x)\}$$\{f_{n}(x)\}$. Osservo che

$$f_{n}(x)\leq {\frac {2}{1+(n^{2}x^{2}-1)^{2}}}\to 0\iff x\neq 0,\,n\to \infty$$

$$f_{n}(x)\leq {\frac {2}{1+(n^{2}x^{2}-1)^{2}}}\to 0\iff x\neq 0,\,n\to \infty$$

e per il teorema del confronto tende a 0 anche $\{f_{n}(x)\}$$\{f_{n}(x)\}$ per $x\neq 0$$x \neq 0$.
Invece, per $x=0$$x=0$, $f_{n}(0)={\frac {1+\sin 0}{1+1}}=1/2$$f_{n}(0)={\frac {1+\sin 0}{1+1}}=1/2$. allora $\{f_{n}(x)\}$$\{f_{n}(x)\}$ converge puntualmente a $f$$f$ definita come:

$$f(x)={\begin{cases}0&{\hbox{se}}x\neq 0\\1/2&{\hbox{se}}x=0\end{cases}}$$

$$f(x)={\begin{cases}0&{\hbox{se}}x\neq 0\\1/2&{\hbox{se}}x=0\end{cases}}$$

Convergenza uniforme in $[0,1]$$[0,1]$: Sappiamo che se esiste il limite uniforme su un intervallo, esso coincide con quello puntuale. Inoltre, il limite uniforme di funzioni continue (come le $f_{n}$$f_n$) dev'essere continuo. In questo caso, $f$$f$ non è continua su $[0,1]$$[0,1]$ quindi non ci può essere convergenza uniforme su questo intervallo.

Convergenza uniforme su $[1,\infty )$$[1,\infty )$: Valuto la quantità

$$\sup _{x\in [1,+\infty )}|f_{n}(x)-f(x)|=\sup _{x\in [1,+\infty )}|f_{n}(x)|$$

$$\sup _{x\in [1,+\infty )}|f_{n}(x)-f(x)|=\sup _{x\in [1,+\infty )}|f_{n}(x)|$$

(infatti $f$$f$ vale $0$$0$ su $[1,\infty )$$[1,\infty )$).

Siccome $-1<\sin x<1$$-1<\sin x<1$, allora

$$f_{n}\geq 0\forall x\geq 1,\forall n$$

$$f_{n}\geq 0\forall x\geq 1,\forall n$$

Posso quindi eliminare il valore assoluto e considerare

$$\sup _{x\in [1,+\infty )}f_{n}(x)$$

$$\sup _{x\in [1,+\infty )}f_{n}(x)$$

Si può applicare la seguente osservazione:

Osservazione 12.1

Supponiamo che

$$\sup _{x\geq 1}|f_{n}(x)|\leq \sup _{x\geq 1}g_{n}(x)$$

$$\sup _{x\geq 1}|f_{n}(x)|\leq \sup _{x\geq 1}g_{n}(x)$$

e che $\sup g_{n}(x)\to 0$$\sup g_{n}(x)\to 0$, allora segue che anche $\sup |f_{n}(x)|\to 0$$\sup |f_{n}(x)|\to 0$.

 

Voglio quindi trovare una funzione che abbia una derivata da calcolare più semplice di quella di $f_{n}$$f_n$: $g_{n}$$g_{n}$ deve maggiorare $f_{n}$$f_n$ per ogni $n$$n$ e per ogni $x\in [1,\infty )$$x\in [1,\infty )$ il suo sup deve tendere a 0.

$$f_{n}(x)\leq g_{n}={\frac {2}{1+(n^{2}x^{2}-1)^{2}}}\forall x\in [1,\infty )$$

$$f_{n}(x)\leq g_{n}={\frac {2}{1+(n^{2}x^{2}-1)^{2}}}\forall x\in [1,\infty )$$

Quindi, per trovare il sup di $g_{n}$$g_{n}$, calcolo:

$$g_{n}'(x)={\frac {-8x*(n^{2}x^{2}-1)*n^{2}}{[1+(n^{2}x^{2}-1)^{2}]^{2}}}$$

$$g_{n}'(x)={\frac {-8x*(n^{2}x^{2}-1)*n^{2}}{[1+(n^{2}x^{2}-1)^{2}]^{2}}}$$

$$g_{n}'(x)\geq 0$$

$$g_{n}'(x)\geq 0$$

$$-8x*(n^{2}x^{2}-1)*n^{2}\geq 0$$

$$-8x*(n^{2}x^{2}-1)*n^{2}\geq 0$$

$$n^{2}x^{2}-1\leq 0$$

$$n^{2}x^{2}-1\leq 0$$

$$x^{2}\leq 1/n^{2}$$

$$x^{2}\leq 1/n^{2}$$

Questa disuguaglianza non è mai ssoddisfatta per $x\geq 1$$x \ge 1$, allora $g_{n}$$g_{n}$ è decrescente per $x\geq 1$$x \ge 1$ e assume il suo massimo in $x=1$$x=1$:

$$\sup _{x\in [1,\infty )}|g_{n}(x)|=g_{n}(1)={\frac {2}{1+(n-1)^{2}}}\to 0{\hbox{ per }}n\to +\infty$$

$$\sup _{x\in [1,\infty )}|g_{n}(x)|=g_{n}(1)={\frac {2}{1+(n-1)^{2}}}\to 0{\hbox{ per }}n\to +\infty$$

e anche il sup di $f_{n}$$f_n$ tende a 0, quindi $\{f_{n}\}$$\{f_{n}\}$ converge uniformemente in $[1,\infty ]$$[1,\infty ]$.

Esercizio 12.3

Considerare la successione:

$$f_{n}(x)=[\log(|1+1/x|)]^{n}=[g(x)]^{n}$$

$$f_{n}(x)=[\log(|1+1/x|)]^{n}=[g(x)]^{n}$$

studiarne il comportamento e determinare tutti gli insiemi in cui c'è convergenza uniforme.

 

Data una successione della forma $a_{n}=a^{n}$$a_{n}=a^{n}$, osservo che:

1. per $-1<a<1$$-1<a<1$ la successione tende a 0
2. per $a=1$$a=1$ la successione è costante
3. per $a=-1$$a=-1$ la successione è oscillante.
4. per $a>1$$a>1$ la successione diverge a $+\infty$$+\infty$
5. per $a<1$$a<1$ la successione diverge e oscilla

Da questo segue che una successione di funzioni della forma $f_{n}(x)=(g(x))^{n}$$f_{n}(x)=(g(x))^{n}$ converge se e solo se $-1<g(x)<1$$-1<g(x)<1$. Per determinare quando questo avviene, studio la funzione $g(x)=\log |1+1/x|$$g(x)=\log |1+1/x|$.

1. Dominio: La funzione non è definita in $x=0$$x=0$ e $x=-1$$x=-1$.
2. zeri della funzione:
   $$\log |1+1/x|\geq 0\,\iff \,|1+1/x|\geq 1$$

   $$\log |1+1/x|\geq 0\,\iff \,|1+1/x|\geq 1$$
   $$1+1/x\geq 0\,\iff \,x\geq 0\vee x<-1$$

   $$1+1/x\geq 0\,\iff \,x\geq 0\vee x<-1$$
   Allora
   $$g(x)={\begin{cases}\log(1+1/x)&{\hbox{se}}x\geq 0\vee x<-1\\\log(-1-1/x)&{\hbox{se}}-1<x<0\end{cases}}$$

   $$g(x)={\begin{cases}\log(1+1/x)&{\hbox{se}}x\geq 0\vee x<-1\\\log(-1-1/x)&{\hbox{se}}-1<x<0\end{cases}}$$
   Per determinare dove la funzione si annulla, osservo che, per $x\in (-\infty ,-1)\cup (0,\infty )$$x\in (-\infty ,-1)\cup (0,\infty )$ si ha:
   $$1+1/x=1,\,\longrightarrow \,1/x=0\quad {\hbox{e non ha soluzioni}}$$

   $$1+1/x=1,\,\longrightarrow \,1/x=0\quad {\hbox{e non ha soluzioni}}$$
   Invece, per $-1<x<0$$-1<x<0$
   $$-1-1/x=1\,\longrightarrow \,x=-1/2$$

   $$-1-1/x=1\,\longrightarrow \,x=-1/2$$
   e la funzione passa per $(-1/2,0)$$(-1/2,0)$.
3. Segno della funzione:Se $x<-1$$x<-1$ o $x>0$$x>0$
   $$\log(1+1/x)\geq 0\,\longrightarrow \,1+1/x\geq 1\,\longrightarrow \,1/x\geq 0$$

   $$\log(1+1/x)\geq 0\,\longrightarrow \,1+1/x\geq 1\,\longrightarrow \,1/x\geq 0$$
   La disuguaglianza è soddisfatta se $x>0$$x>0$.Per $-1<x<0$$-1<x<0$ invece
   $$\log(-1-1/x)\geq 0\,\iff \,-1-1/x\geq 1\,\longrightarrow \,x>-1/2$$

   $$\log(-1-1/x)\geq 0\,\iff \,-1-1/x\geq 1\,\longrightarrow \,x>-1/2$$
   allora la funzione è negativa per $-1<x<-1/2$$-1<x<-1/2$.Riassumendo:
   $$f(x)={\begin{cases}{\hbox{positiva per}}&-1/2<x<0\vee x>0\\{\hbox{negativa per}}&x<-1\vee -1<x<-1/2\end{cases}}$$

   $$f(x)={\begin{cases}{\hbox{positiva per}}&-1/2<x<0\vee x>0\\{\hbox{negativa per}}&x<-1\vee -1<x<-1/2\end{cases}}$$
4. Asintoti:
   $$\lim _{x\to \pm \infty }\log |1+1/x|=0$$

   $$\lim _{x\to \pm \infty }\log |1+1/x|=0$$
   quindi la funzione ha asintoto orizzontale $y=0$$y=0$ per $x\to \pm \infty$$x \to \pm \infty$.Per $x\to -1$$x\to -1$ c'è un asintoto verticale e i limiti tendono a $-\infty$$-\infty$.Per $x\to 0-$$x\to 0-$ e $x\to 0+$$x\to 0+$ il logaritmo tende a $+\infty$$+\infty$.
5. Studio della derivata:Se $x<-1\vee x>0$$x<-1\vee x>0$, $g'(x)={\frac {1}{1+1/x}}*(-1/x^{2})$$g'(x)={\frac {1}{1+1/x}}*(-1/x^{2})$ quindi $g'(x)<0\forall x<-1\vee x>0$$g'(x)<0\forall x<-1\vee x>0$.Se $-1<x<0$$-1<x<0$, $g'(x)={\frac {1}{1+1/x}}*1/x^{2}$$g'(x)={\frac {1}{1+1/x}}*1/x^{2}$ e quindi $g'(x)>0$$g'(x)>0$ se $-1<x<0$$-1<x<0$.

Per determinare quando $-1<g(x)<1$$-1<g(x)<1$ considero i quattro casi seguenti:

1. $\log(1+1/x)=1$$\log(1+1/x)=1$ è verificata solo se
   $$1+1/x=e$$

   $$1+1/x=e$$
   $$1/x=e-1$$

   $$1/x=e-1$$
   $$x={\frac {1}{e-1}}$$

   $$x={\frac {1}{e-1}}$$
   $$p_{1}({\frac {1}{e-1}},1)$$

   $$p_{1}({\frac {1}{e-1}},1)$$
2. $\log(-1-1/x)=1$$\log(-1-1/x)=1$ è verificata se
   $$-1-1/x=e$$

   $$-1-1/x=e$$
   $$x={\frac {-1}{1+e}}$$

   $$x={\frac {-1}{1+e}}$$
   $$P_{2}({\frac {-1}{1+e}},1)$$

   $$P_{2}({\frac {-1}{1+e}},1)$$
3. $\log(1+1/x)=-1$$\log(1+1/x)=-1$ se e solo se
   $$1+1/x=1/e$$

   $$1+1/x=1/e$$
   $$1/x=(1-e)/e$$

   $$1/x=(1-e)/e$$
   $$x={\frac {e}{1-e}}={\frac {-e}{e-1}}$$

   $$x={\frac {e}{1-e}}={\frac {-e}{e-1}}$$
   $$P_{3}(-{\frac {e}{e-1}},-1)$$

   $$P_{3}(-{\frac {e}{e-1}},-1)$$
4. $\log(-1-1/x)=-1$$\log(-1-1/x)=-1$ è verificata se
   $$-1-1/x=1/e$$

   $$-1-1/x=1/e$$
   $$1/x=-1+1/e=-(e+1)/e$$

   $$1/x=-1+1/e=-(e+1)/e$$
   $$x=-e/(e+1)$$

   $$x=-e/(e+1)$$
   $$P_{4}({\frac {-e}{e+1}},-1)$$

   $$P_{4}({\frac {-e}{e+1}},-1)$$

Allora dal grafico sappiamo che $-1<g(x)<1$$-1<g(x)<1$ se $x<{\frac {-e}{e-1}}$$x<{\frac {-e}{e-1}}$ oppure ${\frac {-e}{e+1}}<x<{\frac {-1}{e+1}}$${\frac {-e}{e+1}}<x<{\frac {-1}{e+1}}$ o $x>{\frac {1}{e-1}}$$x>{\frac {1}{e-1}}$.

La convergenza uniforme può avvenire solo in sottoinsiemi dell'insieme di convergenza puntuale:

1. Studio il caso in cui $-e/(1+e)\leq x\leq -1/(1+e)$$-e/(1+e)\leq x\leq -1/(1+e)$, e considero un sottoinsieme $[a,b]$$[a,b]$ di questo intervallo.Se $b=-1/(1+e)$$b=-1/(1+e)$ non c'è convergenza uniforme in $[a,b]$$[a,b]$, perché la funzione limite non è continua su $[a,b]$$[a,b]$. Invece, nel caso in cui $b<-1/(1+e)$$b<-1/(1+e)$, studio la quantità:
   $$\sup _{x\in [a,b]}|(\log |1+1/x|)^{n}|$$

   $$\sup _{x\in [a,b]}|(\log |1+1/x|)^{n}|$$
   Nei punti di non derivabilità la funzione vale 0.
   $$|(\log |1+1/x|)^{n}|=|\log |1+1/x||^{n}$$

   $$|(\log |1+1/x|)^{n}|=|\log |1+1/x||^{n}$$
   $$f'=n*(|\log |1+1/x||)^{n-1}*{\frac {\log |1+1/x|}{|\log |1+1/x||}}*|1/(1+x)|*{\frac {1+1/x}{|1+1/x|}}*(-1/x^{2})$$

   $$f'=n*(|\log |1+1/x||)^{n-1}*{\frac {\log |1+1/x|}{|\log |1+1/x||}}*|1/(1+x)|*{\frac {1+1/x}{|1+1/x|}}*(-1/x^{2})$$
   Il modulo elevato a $n-1$$n-1$ è positivo, ${\frac {1}{|1+1/x|}}$${\frac {1}{|1+1/x|}}$ è positivo, $\mathrm {sgn} {\frac {1}{1+1/x}}$$\mathrm {sgn} {\frac {1}{1+1/x}}$ è negativo in questo intervallo e c'è poiun termine negativo.Lo studio del segno della derivata si riduce a
   $$\mathrm {sgn} [\log |1+1/x|]={\begin{cases}+1&{\hbox{per}}-1/2<x<0\\-1&{\hbox{per}}-1<x<-1/2\end{cases}}$$

   $$\mathrm {sgn} [\log |1+1/x|]={\begin{cases}+1&{\hbox{per}}-1/2<x<0\\-1&{\hbox{per}}-1<x<-1/2\end{cases}}$$
   $|f_{n}|$$|f_{n}|$ nell'intervallo considerato è una funzione monotona decrescente in $(-a,-1/2)$$(-a,-1/2)$ e crescente in $(-1/2,b]$$(-1/2,b]$.Supponiamo che $[a,b]$$[a,b]$ contenga $x=-1/2$$x=-1/2$. Dal grafico della monotonia segue che
   $$\sup _{x\in [a,b]}|f_{n}(x)|=\max(|f_{n}(a)|,|f_{n}(b)|)$$

   $$\sup _{x\in [a,b]}|f_{n}(x)|=\max(|f_{n}(a)|,|f_{n}(b)|)$$
   Nel caso in cui $[a,b]$$[a,b]$ è compreso tra $-e/(1+e)$$-e/(1+e)$ e $-1/(e+1)$$-1/(e+1)$ si ha che in ogni caso il sup è
   $$=\max\{\log(-1-1/a)^{n},\log(-1-1/b)^{n}\}$$

   $$=\max\{\log(-1-1/a)^{n},\log(-1-1/b)^{n}\}$$
   Ma siccome $[a,b]\subset (-e/(1+e),-1/(e+1))$$[a,b]\subset (-e/(1+e),-1/(e+1))$ ed entrambe le basi sono più piccole di 1 (come studiato prima), allora per $n\to +\infty$$n\to +\infty$ le funzioni valutate in $a$$a$ e $b$$b$ tendono a 0, e quindi il massimo tende a 0.Quindi c'è convergenza uniforme in tutti gli intervalli del tipo $[a,b]\subset (-e/(1+e),-1/(1+e))$$[a,b]\subset (-e/(1+e),-1/(1+e))$, e nei loro sottoinsiemi.
2. Considero il caso dell'intervallo $x>1/(e-1)$$x>1/(e-1)$.Studio la derivata:
   $$f_{n}'(x)=n*[\log(1+1/x)]^{n-1}*{\frac {1}{1+1/x}}*(-1/x^{2})$$

   $$f_{n}'(x)=n*[\log(1+1/x)]^{n-1}*{\frac {1}{1+1/x}}*(-1/x^{2})$$
   e la derivata è negativa per ogni $x>-1$$x>-1$. Allora la funzione è decrescente e il sup negli intervalli del tipo $(a,+\infty )$$(a,+\infty )$ è uguale a
   $$f_{n}(a)=(\log(1+1/a))^{n}$$

   $$f_{n}(a)=(\log(1+1/a))^{n}$$
   con $a>1/(e-1)$$a>1/(e-1)$ e anche in questo caso il sup tende a 0.
3. il caso $(-\infty ,-e/(e-1))$$(-\infty ,-e/(e-1))$ è analogo, anche in tutti i sottointervalli di questo intervallo c'è convergenza uniforme, ma la derivata è crescente in questo caso.

Esercizio 12.4

Considero la successione di funzioni

$$f_{n}(x)=e^{-n|x|}$$

$$f_{n}(x)=e^{-n|x|}$$

definite in $[-1,1]$$[-1,1]$. Discutere la validità della seguente relazione:

$$\int _{-1}^{1}[\lim _{n\to +\infty }f_{n}(x)\,dx]=\lim _{n\to +\infty }[\int _{-1}^{1}f(x)\,dx]\quad \quad \ast$$

$$\int _{-1}^{1}[\lim _{n\to +\infty }f_{n}(x)\,dx]=\lim _{n\to +\infty }[\int _{-1}^{1}f(x)\,dx]\quad \quad \ast$$

 

Ci si chiede se vale il passaggio al limite sotto il segno di integrale.

Sappiamo che la condizione sufficiente per questa relazione è che $\{f_{n}\}$$\{f_{n}\}$ sia una successione di funzioni continue che convergono a una funzione $f\in [-1,1]$$f\in [-1,1]$. Questa condizione è sufficiente ma non necessaria: se $f_{n}$$f_n$ non tende a $f$$f$ uniformemente, potrebbe comunque valere il passaggio al limite.

Cerco il limite puntuale della successione. Osservo che $f_{n}(x)=f_{n}(-x)$$f_{n}(x)=f_{n}(-x)$ per ogni $x\in [-1,1]$$x\in [-1,1]$.

Allora studio la funzione solo in $[0,1]$$[0,1]$.

Per $x>0$$x>0$, $e^{-nx}\to 0$$e^{-nx}\to 0$ per $n\to +\infty$$n\to +\infty$, e lo stesso vale per $x<0$$x<0$. Nel caso $x=0$$x=0$$f_{n}(0)=1$$f_{n}(0)=1$ per ogni $n$$n$.

Riassumendo

$$f_{n}(x)\to f(x)={\begin{cases}0&{\hbox{per}}x\in [-1,0)\cup (0,1]\\1&{\hbox{per}}x=0\end{cases}}$$

$$f_{n}(x)\to f(x)={\begin{cases}0&{\hbox{per}}x\in [-1,0)\cup (0,1]\\1&{\hbox{per}}x=0\end{cases}}$$

In 0 c'è una discontinuità di terza specie.
Non ci può essere convergenza uniforme, perché ho una successione di funzioni continue che converge a una funzione discontinua, mentre il limite uniforme di funzioni continue è continuo. Verifico se vale comunque la relazione $\ast$$\ast$.
Valuto il primo membro:

$$\int _{-1}^{1}f(x)\,dx=\int _{-1}^{1}0\,dx=0$$

$$\int _{-1}^{1}f(x)\,dx=\int _{-1}^{1}0\,dx=0$$

nota: le funzioni con discontinuità di terza specie sono Riemann-integrabili, e il punto di discontinuità di terza specie non viene considerato.
Considero il secondo membro:

$$\int _{-1}^{1}e^{-n|x|}\,dx=2*\int _{0}^{1}e^{-n|x|}\,dx=2*\int _{0}^{1}e^{-nx}\,dx=[-2/n*e^{-nx}]_{0}^{1}=-2/n*[1-e^{-n}]$$

$$\int _{-1}^{1}e^{-n|x|}\,dx=2*\int _{0}^{1}e^{-n|x|}\,dx=2*\int _{0}^{1}e^{-nx}\,dx=[-2/n*e^{-nx}]_{0}^{1}=-2/n*[1-e^{-n}]$$

Per $n\to +\infty$$n\to +\infty$ la quantità tende a 0. Quindi ho dimostrato la validità della relazione $\ast$$\ast$, anche se non vale la condizione sufficiente.

Esercizio 12.5

Si studino la convergenza puntuale e uniforme delle seguenti successioni di funzioni

1. $$f_{n}:[0,1]\to \mathbb {R} ,\quad f_{n}(x)=x^{n}\sin(1-x)$$

   $$f_{n}:[0,1]\to \mathbb {R} ,\quad f_{n}(x)=x^{n}\sin(1-x)$$
2. $$f_{n}:\mathbb {R} \setminus \{1\}\to \mathbb {R} ,\quad f_{n}(x)=4^{-n}(\log |x-1|)^{n+1}$$

   $$f_{n}:\mathbb {R} \setminus \{1\}\to \mathbb {R} ,\quad f_{n}(x)=4^{-n}(\log |x-1|)^{n+1}$$
3. $$f_{n}:[0,2\pi ]\to \mathbb {R} ,\quad f_{n}(x)={\begin{cases}e^{n\log(1-\cos {\frac {x}{n}})}&{\text{se }}x\in (0,2\pi ],\\0&{\text{se }}x=0,\end{cases}}$$

   $$f_{n}:[0,2\pi ]\to \mathbb {R} ,\quad f_{n}(x)={\begin{cases}e^{n\log(1-\cos {\frac {x}{n}})}&{\text{se }}x\in (0,2\pi ],\\0&{\text{se }}x=0,\end{cases}}$$
4. $$f_{n}:[0,{\frac {\pi }{2}}]\to \mathbb {R} ,\quad f_{n}(x)=x^{4}(\sin x)^{n},$$

   $$f_{n}:[0,{\frac {\pi }{2}}]\to \mathbb {R} ,\quad f_{n}(x)=x^{4}(\sin x)^{n},$$

 

1. $$f_{n}:[0,1]\to \mathbb {R} ,\quad f_{n}(x)=x^{n}\sin(1-x)$$

   $$f_{n}:[0,1]\to \mathbb {R} ,\quad f_{n}(x)=x^{n}\sin(1-x)$$
   Convergenza puntuale:
   $$f_{n}(x)=x^{n}\sin(1-x)\leq x^{n}*1\to 0\,\forall x\in (0,1]$$

   $$f_{n}(x)=x^{n}\sin(1-x)\leq x^{n}*1\to 0\,\forall x\in (0,1]$$
   Per $x=0$$x=0$, $f_{n}(x)=0^{n}*\sin 0=0$$f_{n}(x)=0^{n}*\sin 0=0$.Allora la funzione converge puntualmente alla funzione nulla.Convergenza uniforme: Verifico se
   $$\sup _{x\in [0,1]}|x^{n}*\sin(1-x)|\to 0$$

   $$\sup _{x\in [0,1]}|x^{n}*\sin(1-x)|\to 0$$
   $$|x^{n}*\sin(1-x)|\leq |x^{n}*(1-x)|=g(x)$$

   $$|x^{n}*\sin(1-x)|\leq |x^{n}*(1-x)|=g(x)$$
   quindi
   $$\sup |x^{n}*\sin(1-x)|\leq \sup |x^{n}*(1-x)|$$

   $$\sup |x^{n}*\sin(1-x)|\leq \sup |x^{n}*(1-x)|$$
   $$g_{n}'=-x^{n}+(1-x)*x^{n-1}*n=0$$

   $$g_{n}'=-x^{n}+(1-x)*x^{n-1}*n=0$$
   $$-x+(1-x)*n=0$$

   $$-x+(1-x)*n=0$$
   $$-x+n-nx=0$$

   $$-x+n-nx=0$$
   $$x={\frac {n}{n+1}}$$

   $$x={\frac {n}{n+1}}$$
   Valutando $g$$g$ nel suo punto di massimo ${\frac {n}{n+1}}$${\frac {n}{n+1}}$ si ha:
   $$\sup g(x)=({\frac {n}{n+1}})^{n}*(1-{\frac {n}{n+1}})\to 0\iff n\to \infty$$

   $$\sup g(x)=({\frac {n}{n+1}})^{n}*(1-{\frac {n}{n+1}})\to 0\iff n\to \infty$$
   allora anche $\sup f_{n}\leq \sup g\to 0$$\sup f_{n}\leq \sup g\to 0$ e la successione converge uniformememente.
2. $$f_{n}:\mathbb {R} \setminus \{1\}\to \mathbb {R} ,\quad f_{n}(x)=4^{-n}(\log |x-1|)^{n+1}$$

   $$f_{n}:\mathbb {R} \setminus \{1\}\to \mathbb {R} ,\quad f_{n}(x)=4^{-n}(\log |x-1|)^{n+1}$$
   Convergenza puntuale: Per $x\neq 1$$x\neq 1$,
   $$\lim _{n\to +\infty }{\frac {(\log |x-1|)^{n+1}}{4^{n}}}=$$

   $$\lim _{n\to +\infty }{\frac {(\log |x-1|)^{n+1}}{4^{n}}}=$$
   $$\lim _{n\to +\infty }({\frac {\log |x-1|}{4}})^{n+1}*1/4=$$

   $$\lim _{n\to +\infty }({\frac {\log |x-1|}{4}})^{n+1}*1/4=$$
   Studio la funzione $g(x)=1/4*\log |x-1|$$g(x)=1/4*\log |x-1|$, che non si annulla mai.Studio del segno: $g(x)>0$$g(x)>0$ se
   $$\log |x-1|>0\longrightarrow |x-1|>1$$

   $$\log |x-1|>0\longrightarrow |x-1|>1$$
   $g(x)<0$$g(x)<0$ se $0<x<2$$0<x<2$.
   $$g(x)={\begin{cases}\log(x-1)&{\hbox{se}}x>1\\\log(1-x)&{\hbox{se}}x<1\end{cases}}$$

   $$g(x)={\begin{cases}\log(x-1)&{\hbox{se}}x>1\\\log(1-x)&{\hbox{se}}x<1\end{cases}}$$
   Studio della derivata:
   $$f'(x)=1/4*1/(x-1){\hbox{per}}x>1\quad f'(x)=1/4*1/(1-x)*(-1){\hbox{per}}x<1$$

   $$f'(x)=1/4*1/(x-1){\hbox{per}}x>1\quad f'(x)=1/4*1/(1-x)*(-1){\hbox{per}}x<1$$
   La funzione è decrescente prima di 1 e crescente dopo.Concludo che:##se $-1<{\frac {\log |x-1|}{4}}<1$$-1<{\frac {\log |x-1|}{4}}<1$ la successione converge puntualmente a $0$$0$ per $n\to +\infty$$n\to +\infty$.##se $|{\frac {\log |x-1|}{4}}|>1$$|{\frac {\log |x-1|}{4}}|>1$ la successione divergee quindi verifico quando sono verificate le seguenti condizioni:##$\log(x-1)*1/4=1$$\log(x-1)*1/4=1$ se
   $$\log(x-1)=4$$

   $$\log(x-1)=4$$
   $$x=1+e^{4}>1$$

   $$x=1+e^{4}>1$$
   $$p_{1}(1+e^{4},1)$$

   $$p_{1}(1+e^{4},1)$$
   ##$\log(x-1)*1/4=-1$$\log(x-1)*1/4=-1$
   $$\log(x-1)=-4$$

   $$\log(x-1)=-4$$
   $$x=1+e^{-4}>1$$

   $$x=1+e^{-4}>1$$
   $$P_{2}(1+e^{-4},-1)$$

   $$P_{2}(1+e^{-4},-1)$$
   ##$\log(1-x)*1/4=1$$\log(1-x)*1/4=1$ se
   $$\log(1-x)=4$$

   $$\log(1-x)=4$$
   $$1-x=e^{4}$$

   $$1-x=e^{4}$$
   $$x=1-e^{4}<1$$

   $$x=1-e^{4}<1$$
   $$p_{3}(1-e^{4},1)$$

   $$p_{3}(1-e^{4},1)$$
   ##$\log(1-x)*1/4=-1$$\log(1-x)*1/4=-1$
   $$1-x=e^{-4}$$

   $$1-x=e^{-4}$$
   $$x=1-e^{-4}<1$$

   $$x=1-e^{-4}<1$$
   $$p_{4}(1-e^{-4},-1)$$

   $$p_{4}(1-e^{-4},-1)$$
   Allora la funzione converge puntualmente negli intervalli: $(1-e^{4},1-e^{-4})$$(1-e^{4},1-e^{-4})$ e $(1+e^{-4},1+e^{4})$$(1+e^{-4},1+e^{4})$.Convergenza uniforme:La convergenza uniforme può avvenire solo in intervalli $[a,b]\subset (1-e^{4},1-e^{-4})\smallsetminus 1$$[a,b]\subset (1-e^{4},1-e^{-4})\smallsetminus 1$, oppure $(1+e^{-4},1+e^{4})$$(1+e^{-4},1+e^{4})$.
   $${\hbox{per}}x>1\,f_{n}'(x)=1/4*(n+1)*\log(x-1)*1/(x-1)$$

   $${\hbox{per}}x>1\,f_{n}'(x)=1/4*(n+1)*\log(x-1)*1/(x-1)$$
   $$f_{n}'(x)>0\,\forall x>1\,{\hbox{funzione crescente}}$$

   $$f_{n}'(x)>0\,\forall x>1\,{\hbox{funzione crescente}}$$
   $${\hbox{per}}x<1\,f_{n}'(x)=(n+1)(\log(-x+1))^{n}*1/(-x+1)*(-1)$$

   $${\hbox{per}}x<1\,f_{n}'(x)=(n+1)(\log(-x+1))^{n}*1/(-x+1)*(-1)$$
   Per $x<1$$x<1$ la derivata è sempre decrescente.Allora negli intervalli $[a,b]\subset (1+e^{-4},1+e^{4})$$[a,b]\subset (1+e^{-4},1+e^{4})$ si ha che
   $$\sup _{x\in [a,b]}f_{n}(x)=[g(b)]^{n+1}*1/4\to 0$$

   $$\sup _{x\in [a,b]}f_{n}(x)=[g(b)]^{n+1}*1/4\to 0$$
   e questo è vero perché $|g(b)|<1$$|g(b)|<1$. Lo stesso vale negli intervalli dell'altro tipo.
3. $$f_{n}:[0,2\pi ]\to \mathbb {R} ,\quad f_{n}(x)={\begin{cases}e^{n\log(1-\cos {\frac {x}{n}})}&{\text{se }}x\in (0,2\pi ],\\0&{\text{se }}x=0,\end{cases}}$$

   $$f_{n}:[0,2\pi ]\to \mathbb {R} ,\quad f_{n}(x)={\begin{cases}e^{n\log(1-\cos {\frac {x}{n}})}&{\text{se }}x\in (0,2\pi ],\\0&{\text{se }}x=0,\end{cases}}$$
   Convergenza puntuale:
   $$\lim _{n\to +\infty }e^{n\log(1-\cos {\frac {x}{n}})}=$$

   $$\lim _{n\to +\infty }e^{n\log(1-\cos {\frac {x}{n}})}=$$
   $$\lim _{n\to +\infty }e^{\log((1-\cos {\frac {x}{n}}))^{n}}=$$

   $$\lim _{n\to +\infty }e^{\log((1-\cos {\frac {x}{n}}))^{n}}=$$
   $$1-\cos(x/n)<1,\,\longrightarrow \,(1-\cos(x/n))^{n}\to 0\iff n\to \infty ,$$

   $$1-\cos(x/n)<1,\,\longrightarrow \,(1-\cos(x/n))^{n}\to 0\iff n\to \infty ,$$
   quindi il limite vale 1.Non si può avere convergenza uniforme sull'intervallo $[0,2\pi ]$$[0,2\pi]$, perché il limite non è continuo su tale intervallo.
4. $$f_{n}:{\bigg [}0,{\frac {\pi }{2}}{\bigg ]}\to \mathbb {R} ,\quad f_{n}(x)=x^{4}(\sin x)^{n},$$

   $$f_{n}:{\bigg [}0,{\frac {\pi }{2}}{\bigg ]}\to \mathbb {R} ,\quad f_{n}(x)=x^{4}(\sin x)^{n},$$
   $$\lim _{n\to +\infty }x^{4}*(\sin x)^{n}=0{\hbox{ per }}x\neq \pi /2$$

   $$\lim _{n\to +\infty }x^{4}*(\sin x)^{n}=0{\hbox{ per }}x\neq \pi /2$$
   $$f_{n}(\pi /2)=(\pi /2)^{4}$$

   $$f_{n}(\pi /2)=(\pi /2)^{4}$$
   Allora $\{f_{n}\}$$\{f_{n}\}$ converge puntualmente a
   $$f={\begin{cases}0&{\hbox{se}}x\in [0,\pi /2)\\(\pi /2)^{4}&{\hbox{se}}x=\pi /2\end{cases}}$$

   $$f={\begin{cases}0&{\hbox{se}}x\in [0,\pi /2)\\(\pi /2)^{4}&{\hbox{se}}x=\pi /2\end{cases}}$$
   Convergenza uniforme: osservo che non può esserci convergenza uniforme sull'intervallo $[0,\pi /2]$$[0,\pi /2]$, perché il limite $f$$f$ non è continuo. Verifico invece se c'è convergenza uniforme in intervalli del tipo $[a,\pi /2]$$[a,\pi /2]$:
   $$f'(x)=x^{4}*n*(\sin x)^{n-1}*\cos x+4x^{3}*(\sin x)^{n}$$

   $$f'(x)=x^{4}*n*(\sin x)^{n-1}*\cos x+4x^{3}*(\sin x)^{n}$$
   $$f_{n}'(x)>0$$

   $$f_{n}'(x)>0$$
   $$x^{4}*n*(\sin x)^{n-1}*\cos x+4x^{3}*(\sin x)^{n}>0$$

   $$x^{4}*n*(\sin x)^{n-1}*\cos x+4x^{3}*(\sin x)^{n}>0$$
   Divido per $x^{3}*(\sin x)^{n-1}$$x^{3}*(\sin x)^{n-1}$:
   $$x*n*\cos x+4\sin x>0$$

   $$x*n*\cos x+4\sin x>0$$
   Seno e coseno sono entrambi positivi nell'intervallo $[0,\pi /2]$$[0,\pi /2]$, quindi la condizione è sempre verificata e la funzione assume il suo sup nel minimo dell'intervallo $a$$a$:
   $$f_{n}(a)=a^{4}*(\sin a)^{n}$$

   $$f_{n}(a)=a^{4}*(\sin a)^{n}$$
   e siccome $\sin a<1$$\sin a<1$, il sup tende a $0$$0$ per $n\to \infty$$n\to \infty$, e si ha convergenza uniforme in questi intervalli.